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1998 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设曲线 $f (x) = x^{n}$ 在点 $(1, 1)$ 处的切线与 $x$ 轴的交点为 $(ξ_{n}, 0)$ ，则 $lim_{n \to \infty} f (ξ_{n}) =$ ______．

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【答案】
$\frac{1}{e}$

【解析】
曲线 $f (x) = x^{n}$ 在点 $(1, 1)$ 处的切线斜率为 $f^{'} (x) = n x^{n - 1}$ ，在 $x = 1$ 处斜率为 $n$ 。切线方程为 $y - 1 = n (x - 1)$ 。
切线与 $x$ 轴交于 $(ξ_{n}, 0)$ ，代入得 $0 - 1 = n (ξ_{n} - 1)$ ，解得 $ξ_{n} = 1 - \frac{1}{n}$ 。
则 $f (ξ_{n}) = (1 - \frac{1}{n})^{n}$ 。
求极限

n \to \infty lim f (ξ_{n}) = n \to \infty lim (1 - \frac{1}{n})^{n} = e^{- 1} = \frac{1}{e}

2

$\int \frac{l n x - 1}{x ^{2}} d x =$ ______．

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【答案】
$- \frac{l n x}{x} + C$

【解析】
考虑积分 $\int \frac{l n x - 1}{x ^{2}} d x$ 。使用分部积分法，设 $u = ln x - 1$ ， $d v = \frac{1}{x ^{2}} d x$ ，则 $d u = \frac{1}{x} d x$ ， $v = - \frac{1}{x}$ 。代入分部积分公式：

\int u d v = uv - \int v d u = (ln x - 1) \cdot (- \frac{1}{x}) - \int (- \frac{1}{x}) \cdot \frac{1}{x} d x = - \frac{ln x - 1}{x} + \int \frac{1}{x ^{2}} d x .

其中 $\int \frac{1}{x ^{2}} d x = - \frac{1}{x} + C$ ，所以：

- \frac{ln x - 1}{x} - \frac{1}{x} + C = - \frac{ln x}{x} + C .

因此，积分结果为 $- \frac{l n x}{x} + C$ 。
验证：对 $- \frac{l n x}{x}$ 求导，

\frac{d}{d x} (- \frac{ln x}{x}) = - \frac{\frac{1}{x} \cdot x - ln x \cdot 1}{x ^{2}} = - \frac{1 - ln x}{x ^{2}} = \frac{ln x - 1}{x ^{2}},

与原被积函数一致。

3

差分方程 $2 y_{t + 1} + 10 y_{t} - 5 t = 0$ 的通解为 ______．

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【答案】
$y_{t} = A \cdot (- 5)^{t} + \frac{5}{12} t - \frac{5}{72}$

【解析】
给定差分方程 $2 y_{t + 1} + 10 y_{t} - 5 t = 0$ ，可化为标准形式

y_{t + 1} + 5 y_{t} = \frac{5}{2} t .

齐次方程

y_{t + 1} + 5 y_{t} = 0

的解为

y_{h} = A \cdot (- 5)^{t},

其中 $A$ 为常数。

非齐次项为 $\frac{5}{2} t$ ，设特解形式为

y_{p} = a t + b .

代入方程：

y_{t + 1} = a (t + 1) + b = a t + a + b,

代入得

(a t + a + b) + 5 (a t + b) = 6 a t + (a + 6 b) = \frac{5}{2} t .

比较系数：

6 a = \frac{5}{2}, 解得 a = \frac{5}{12};

a + 6 b = 0, 即 \frac{5}{12} + 6 b = 0, 解得 b = - \frac{5}{72} .

特解为

y_{p} = \frac{5}{12} t - \frac{5}{72} .

通解为齐次解与特解之和：

y_{t} = A \cdot (- 5)^{t} + \frac{5}{12} t - \frac{5}{72} .

4

设矩阵 $A, B$ 满足 $A^{*} B A = 2 B A - 8 E$ ，其中 $A = 100 0 - 2 0 001$ , $E$ 为单位矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则 $B =$ ______．

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【答案】

B = 200 0 - 4 0 002

【解析】 应填

200 0 - 4 0 002

由于 $∣ A ∣ = - 2 \neq = 0$ ，所以 $A$ 可逆。在 $A^{*} B A = 2 B A - 8 E$ 两边左乘 $A$ ，右乘 $A^{- 1}$ ，利用公式 $A A^{*} = ∣ A ∣ E, A A^{- 1} = E$ ，得到 $∣ A ∣ B = 2 A B - 8 E$ 。

$∣ A ∣ = - 2$ 代入上式，整理得

B = 4 (E + A)^{- 1} = 4 200 0 - 1 0 002^{- 1} = 4 \frac{1}{2} 00 0 - 1 0 00 \frac{1}{2} = 200 0 - 4 0 002

5

设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}$ 是来自正态总体 $N (0, 2^{2})$ 的简单随机样本，

X = a (X_{1} - 2 X_{2})^{2} + b (3 X_{3} - 4 X_{4})^{2},

则当 $a =$ ______, $b =$ ______时，统计量 $X$ 服从 $χ^{2}$ 分布，其自由度为 ______．

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【答案】 $a = \frac{1}{20}$ , $b = \frac{1}{100}$ , 自由度为 2

【解析】 由于 $X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}$ 相互独立，均服从 $N (0, 2^{2})$ ，所以由数学期望和方差的性质，得

E (X_{1} - 2 X_{2}) = 0, D (X_{1} - 2 X_{2}) = 1 \times 2^{2} + 2^{2} \times 2^{2} = 20,

所以 $X_{1} - 2 X_{2} \sim N (0, 20)$ ，同理 $3 X_{3} - 4 X_{4} \sim N (0, 100)$ 。又因为 $X_{1} - 2 X_{2}$ 与 $3 X_{3} - 4 X_{4}$ 相互独立，且

\frac{1}{20} (X_{1} - 2 X_{2}) \sim N (0, 1), \frac{1}{100} (3 X_{3} - 4 X_{4}) \sim N (0, 1),

由 $χ^{2}$ 分布的定义，当 $a = \frac{1}{20}, b = \frac{1}{100}$ 时，

X = \frac{1}{20} (X_{1} - 2 X_{2})^{2} + \frac{1}{100} (3 X_{3} - 4 X_{4})^{2} \sim χ^{2} (2);

即当 $a = \frac{1}{20}, b = \frac{1}{100}$ 时， $X$ 服从 $χ^{2}$ 分布，其自由度为 2。实际上，当 $a = 0, b = \frac{1}{100}$ 时， $X \sim χ^{2} (1)$ ；当 $a = \frac{1}{20}, b = 0$ 时， $X \sim χ^{2} (1)$ ，也是正确的。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设周期函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内可导，周期为 $4$ ．又 $lim_{x \to 0} \frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = - 1$ ，则曲线 $y = f (x)$ 在点 $(5, f (5))$ 处的切线的斜率为

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 由于 $f (x)$ 周期为 4 且可导，因此 $f^{'} (x)$ 也周期为 4，即 $f^{'} (x + 4) = f^{'} (x)$ 。给定极限 $lim_{x \to 0} \frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = - 1$ ，令 $h = - x$ ，则当 $x \to 0$ 时 $h \to 0$ ，有：

\frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = \frac{- [ f ( 1 + h ) - f ( 1 )]}{- 2 h} = \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{2 h},

所以

h \to 0 lim \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{2 h} = \frac{1}{2} f^{'} (1) = - 1,

解得 $f^{'} (1) = - 2$ 。由周期性， $f^{'} (5) = f^{'} (1) = - 2$ ，因此曲线在点 $(5, f (5))$ 处的切线斜率为 $- 2$ 。

7

设函数 $f (x) = lim_{n \to \infty} \frac{1 + x}{1 + x ^{2 n}}$ ，讨论函数 $f (x)$ 的间断点，其结论为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 函数

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

的极限依赖于 $x$ 的值。

当 $∣ x ∣ < 1$ 时， $x^{2 n} \to 0$ ，故 $f (x) = 1 + x$ ；
当 $∣ x ∣ > 1$ 时， $x^{2 n} \to \infty$ ，故 $f (x) = 0$ ；
当 $x = 1$ 时， $f (1) = lim_{n \to \infty} \frac{2}{1 + 1} = 1$ ；
当 $x = - 1$ 时， $f (- 1) = lim_{n \to \infty} \frac{0}{1 + 1} = 0$ 。

在 $x = 1$ 处，左极限为

x \to 1^{-} lim f (x) = x \to 1^{-} lim (1 + x) = 2,

右极限为

x \to 1^{+} lim f (x) = 0,

函数值为 $f (1) = 1$ ，三者不相等，故 $x = 1$ 为间断点。

在 $x = - 1$ 处，左极限、右极限和函数值均为 0，故连续。
在 $x = 0$ 处，函数连续。

因此，存在间断点 $x = 1$ ，对应选项 B。

8

齐次线性方程组 $⎩ ⎨ ⎧ λ x_{1} + x_{2} + λ^{2} x_{3} = 0, x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + x_{2} + λ x_{3} = 0$ 的系数矩阵记为 $A$ ．若存在三阶矩阵 $B \neq = 0$ 使得 $A B = 0$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 齐次线性方程组的系数矩阵为 $A = λ 11 1 λ 1 λ^{2} 1 λ$ 。存在三阶矩阵 $B \neq = 0$ 使得 $A B = 0$ ，这意味着 $B$ 的列向量均为 $A x = 0$ 的解，因此 $A$ 必须奇异，即 $∣ A ∣ = 0$ 。计算 $∣ A ∣$ ：

∣ A ∣ = λ 11 1 λ 1 λ^{2} 1 λ = λ (λ^{2} - 1) - 1 (λ - 1) + λ^{2} (1 - λ) = λ^{3} - λ - λ + 1 + λ^{2} - λ^{3} = λ^{2} - 2 λ + 1 = (λ - 1)^{2} .

设 $∣ A ∣ = 0$ ，得 $λ = 1$ 。当 $λ = 1$ 时， $A = 111111111$ ，方程组化为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ ，解空间为二维。 $B$ 的列向量均属于该二维子空间，因此三列线性相关，故 $∣ B ∣ = 0$ 。选项 A 和 B 中 $λ = - 2$ 时 $∣ A ∣ \neq = 0$ ，不可能存在 $B \neq = 0$ 使 $A B = 0$ ；选项 D 中 $∣ B ∣ \neq = 0$ 不成立。因此正确选项为 C。

9

设 $n (n \geq 3)$ 阶矩阵 $A = 1 a a ⋮ a a 1 a ⋮ a a a 1 ⋮ a \dots \dots \dots \dots a a a ⋮ 1$ ，若矩阵 $A$ 的秩为 $n - 1$ ，则 $a$ 必为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
矩阵 $A$ 的秩为 $n - 1$ ，因此其行列式为零。矩阵 $A$ 可表示为

A = (1 - a) I + a J

其中 $I$ 是单位矩阵， $J$ 是全 1 矩阵。计算行列式，特征值分别为

1 + a (n - 1) 和 1 - a (重数 n - 1)

故

det (A) = [1 + a (n - 1)] (1 - a)^{n - 1} = 0

解得

a = 1 或 a = - \frac{1}{n - 1}

当 $a = 1$ 时，矩阵所有元素均为 1，秩为 1，不满足条件。
当 $a = - \frac{1}{n - 1}$ 时，特征值

1 + a (n - 1) = 0

其余特征值非零，秩为 $n - 1$ ，符合要求。
选项 B 为 $\frac{1}{1 - n} = - \frac{1}{n - 1}$ ，故正确。

10

设 $F_{1} (x)$ 与 $F_{2} (x)$ 分别为随机变量 $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 的分布函数．为使 $F (x) = a F_{1} (x) - b F_{2} (x)$ 是某一变量的分布函数，在下列给定的各组数值中应取

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
为了使 $F (x) = a F_{1} (x) - b F_{2} (x)$ 是某一随机变量的分布函数，必须满足分布函数的条件：非递减性、右连续性，以及

x \to - \infty lim F (x) = 0, x \to \infty lim F (x) = 1.

由于 $F_{1} (x)$ 和 $F_{2} (x)$ 是分布函数，它们满足这些条件，因此右连续性自动满足。

首先考虑极限条件：当 $x \to \infty$ 时， $F_{1} (x) \to 1$ ， $F_{2} (x) \to 1$ ，所以

F (x) \to a \cdot 1 - b \cdot 1 = a - b,

必须等于 1，即

a - b = 1.

其次考虑非递减性：对于任意 $x_{1} < x_{2}$ ，有 $F (x_{1}) \leq F (x_{2})$ ，即

a [F_{1} (x_{2}) - F_{1} (x_{1})] - b [F_{2} (x_{2}) - F_{2} (x_{1})] \geq 0.

由于 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 非递减，其增量 $Δ F_{1} \geq 0$ 和 $Δ F_{2} \geq 0$ 。要保证不等式恒成立，需

a \geq 0, b \leq 0.

检查选项：

A： $a = \frac{3}{5}, b = - \frac{2}{5}$ ，满足 $a - b = 1$ ，且 $a \geq 0, b \leq 0$ 。
B： $a = \frac{2}{3}, b = \frac{2}{3}$ ，不满足 $a - b = 1$ ，且 $b > 0$ 。
C： $a = - \frac{1}{2}, b = \frac{3}{2}$ ，不满足 $a - b = 1$ ，且 $a < 0, b > 0$ 。
D： $a = \frac{1}{2}, b = - \frac{3}{2}$ ，满足 $a \geq 0, b \leq 0$ ，但不满足 $a - b = 1$ 。

因此，只有选项 A 满足所有条件。

解答题

11

设 $z = (x^{2} + y^{2}) e^{- a r c t a n \frac{y}{x}}$ ，求 $d z$ 与 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ．

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【答案】

d z = e^{- a r c t a n \frac{y}{x}} ((2 x + y) d x + (2 y - x) d y)

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = e^{- a r c t a n \frac{y}{x}} \frac{y ^{2} - x ^{2} - x y}{x ^{2} + y ^{2}}

【解析】 设 $z = (x^{2} + y^{2}) e^{- a r c t a n \frac{y}{x}}$ 。首先求全微分 $d z$ ，需计算一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 。

令 $u = arctan \frac{y}{x}$ ，则 $z = (x^{2} + y^{2}) e^{- u}$ 。
计算 $\frac{\partial z}{\partial x}$ :

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} ((x^{2} + y^{2}) e^{- u}) = 2 x e^{- u} + (x^{2} + y^{2}) e^{- u} (- \frac{\partial u}{\partial x})

其中 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} arctan \frac{y}{x} = \frac{1}{1 + ( y / x ) ^{2}} \cdot (- \frac{y}{x ^{2}}) = - \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，
代入得：

\frac{\partial z}{\partial x} = 2 x e^{- u} + (x^{2} + y^{2}) e^{- u} (\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}) = e^{- u} (2 x + y)

计算 $\frac{\partial z}{\partial y}$ :

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} ((x^{2} + y^{2}) e^{- u}) = 2 y e^{- u} + (x^{2} + y^{2}) e^{- u} (- \frac{\partial u}{\partial y})

其中 $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} arctan \frac{y}{x} = \frac{1}{1 + ( y / x ) ^{2}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，
代入得：

\frac{\partial z}{\partial y} = 2 y e^{- u} - (x^{2} + y^{2}) e^{- u} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} = e^{- u} (2 y - x)

因此，全微分为：

d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y = e^{- u} (2 x + y) d x + e^{- u} (2 y - x) d y = e^{- a r c t a n \frac{y}{x}} ((2 x + y) d x + (2 y - x) d y)

接下来求混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ，即对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 求关于 $y$ 的偏导：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (e^{- u} (2 x + y))

应用乘积法则：

\frac{\partial}{\partial y} (e^{- u} (2 x + y)) = e^{- u} \cdot (- \frac{\partial u}{\partial y}) (2 x + y) e^{- u} \cdot \frac{\partial}{\partial y} (2 x + y) = e^{- u} (- \frac{\partial u}{\partial y} (2 x + y) + 1)

代入 $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}$ ：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = e^{- u} (- \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} (2 x + y) + 1) = e^{- u} \frac{- x ( 2 x + y ) + ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}}

化简分子：

- x (2 x + y) + x^{2} + y^{2} = - 2 x^{2} - x y + x^{2} + y^{2} = - x^{2} - x y + y^{2}

因此：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = e^{- u} \frac{y ^{2} - x ^{2} - x y}{x ^{2} + y ^{2}} = e^{- a r c t a n \frac{y}{x}} \frac{y ^{2} - x ^{2} - x y}{x ^{2} + y ^{2}}

12

设 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq x}$ ，求 $\iint_{D} x d x d y$ ．

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【答案】

\frac{8}{15}

【解析】
积分区域 $D$ 由 $x^{2} + y^{2} \leq x$ 定义，可改写为 $(x - \frac{1}{2})^{2} + y^{2} \leq \frac{1}{4}$ ，即圆心在 $(\frac{1}{2}, 0)$ 、半径为 $\frac{1}{2}$ 的圆盘。
由于被积函数 $x$ 仅依赖于 $x$ ，且区域关于 $x$ 轴对称，积分可化为：

\iint_{D} x d x d y = \int_{0}^{1} \int_{- x - x^{2}}^{x - x^{2}} x d y d x

内层积分对 $y$ 进行：

\int_{- x - x^{2}}^{x - x^{2}} x d y = x \cdot 2 x - x^{2} = 2 x x (1 - x) = 2 x 1 - x

因此积分变为：

2 \int_{0}^{1} x 1 - x d x

令 $u = 1 - x$ ，则 $d u = - d x$ ，积分限变为 $u$ 从 $1$ 到 $0$ ：

\int_{0}^{1} x 1 - x d x = \int_{1}^{0} (1 - u) u (- d u) = \int_{0}^{1} (1 - u) u^{1/2} d u = \int_{0}^{1} (u^{1/2} - u^{3/2}) d u

计算积分：

\int_{0}^{1} u^{1/2} d u = [\frac{2}{3} u^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{3}, \int_{0}^{1} u^{3/2} d u = [\frac{2}{5} u^{5/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{5}

所以：

\int_{0}^{1} (u^{1/2} - u^{3/2}) d u = \frac{2}{3} - \frac{2}{5} = \frac{4}{15}

原积分为：

2 \times \frac{4}{15} = \frac{8}{15}

故结果为 $\frac{8}{15}$ 。

13

设某酒厂有一批新酿的好酒，如果现在（假定 $t = 0$ ）就售出，总收入为 $R_{0} (元)$ ．如果窖藏起来待来日按陈酒价格出售， $t$ 年末总收入为 $R = R_{0} e^{\frac{2}{5} t}$ ．假定银行的年利率为 $r$ ，并以连续复利计息，试求窖藏多少年售出可使总收入的现值最大．并求 $r = 0.06$ 时的 $t$ 值．

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【答案】
窖藏 $t = \frac{1}{25 r ^{2}}$ 年售出可使总收入的现值最大。当 $r = 0.06$ 时， $t = \frac{100}{9}$ 年。

【解析】
由连续复利公式知，这批酒在窖藏 $t$ 年末售出总收入 $R$ 的现值为 $A (t) = R e^{- r t}$ ，而由题设， $t$ 年末的总收入 $R = R_{0} e^{\frac{2}{5} t}$ ，从而 $A (t) = R e^{- r t} = R_{0} e^{\frac{2}{5} t - r t}$ 。令

\frac{d A}{d t} = R_{0} e^{\frac{2}{5} t - r t} (\frac{1}{5 t} - r) = 0,

得惟一驻点 $t = t_{0} = \frac{1}{25 r ^{2}}$ 。又因为

\frac{d ^{2} A}{d t ^{2}} = R_{0} e^{\frac{2}{5} t - r t} (\frac{1}{5 t} - r)^{2} + R_{0} e^{\frac{2}{5} t - r t} (- \frac{1}{10 t ^{3}}) = R_{0} e^{\frac{2}{5} t - r t} [(\frac{1}{5 t} - r)^{2} - \frac{1}{10 t ^{3}}],

从而

\frac{d ^{2} A}{d t ^{2}}_{t = t_{0}} = R_{0} e^{\frac{1}{25 r}} (- 12.5 r^{3}) < 0

根据极值的第二充分条件知 $t = t_{0}$ 是 $A (t)$ 的极大值点。又因驻点惟一，所以也是最大值点。故窖藏 $t = \frac{1}{25 r ^{2}}$ 年出售，总收入的现值最大。当 $r = 0.06$ 时， $t = \frac{100}{9} \approx 11$ (年)。

14

设函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f^{'} (x) \neq = 0$ ．试证存在 $ξ, η \in (a, b)$ ，使得 $\frac{f ^{'} ( ξ )}{f ^{'} ( η )} = \frac{e ^{b} - e ^{a}}{b - a} \cdot e^{- η}$ ．

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【答案】
存在ξ, η∈(a,b)使得所述等式成立。

【解析】
由于函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f^{'} (x) \neq = 0$ ，根据拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (a, b)$ 使得

f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a) .

考虑函数 $g (x) = e^{x}$ ，它在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $g^{'} (x) = e^{x} \neq = 0$ 。由柯西中值定理，存在 $η \in (a, b)$ 使得

\frac{f ( b ) - f ( a )}{e ^{b} - e ^{a}} = \frac{f ^{'} ( η )}{e ^{η}} .

将拉格朗日中值定理的结果代入上式，得

\frac{f ^{'} ( ξ ) ( b - a )}{e ^{b} - e ^{a}} = \frac{f ^{'} ( η )}{e ^{η}},

整理得

\frac{f ^{'} ( ξ )}{f ^{'} ( η )} = \frac{e ^{b} - e ^{a}}{b - a} \cdot e^{- η} .

因此，存在 $ξ, η \in (a, b)$ 使得所述等式成立。

15

设有两条抛物线 $y = n x^{2} + \frac{1}{n}$ 和 $y = (n + 1) x^{2} + \frac{1}{n + 1}$ ，记它们交点的横坐标的绝对值为 $a_{n}$ ．

(1) 求这两条抛物线所围成的平面图形的面积 $S_{n}$ ；

(2) 求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{S _{n}}{a _{n}}$ 的和．

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【答案】 $\frac{4}{3}$

【解析】 (Ⅰ) 由 $y = n x^{2} + \frac{1}{n}$ 与 $y = (n + 1) x^{2} + \frac{1}{n + 1}$ 得 $a_{n} = \frac{1}{n ( n + 1 )}$ 。因图形关于 $y$ 轴对称，所以，所求图形的面积为

S_{n} = 2 \int_{0}^{a_{n}} [n x^{2} + \frac{1}{n} - (n + 1) x^{2} - \frac{1}{n + 1}] d x = 2 \int_{0}^{a_{n}} [- x^{2} + \frac{1}{n ( n + 1 )}] d x = \frac{2 a _{n}}{n ( n + 1 )} - \frac{2 a _{n}^{3}}{3} = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{n ( n + 1 ) n ( n + 1 )}

(Ⅱ) 由 (I) 的结果知

\frac{S _{n}}{a _{n}} = \frac{4}{3} \frac{1}{n ( n + 1 )} = \frac{4}{3} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})

根据级数和的定义有

n = 1 \sum \infty \frac{S _{n}}{a _{n}} = n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{S _{k}}{a _{k}} = \frac{4}{3} n \to \infty lim k = 1 \sum n (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{4}{3} n \to \infty lim [1 - \frac{1}{n + 1}] = \frac{4}{3}

16

设函数 $f (x)$ 在 $[1, + \infty)$ 上连续．若由曲线 $y = f (x)$ ，直线 $x = 1, x = t (t > 1)$ 与 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转体体积为

V (t) = \frac{π}{3} [t^{2} f (t) - f (1)] .

试求 $y = f (x)$ 所满足的微分方程，并求该微分方程满足条件 $y_{x = 2} = \frac{2}{9}$ 的解．

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【答案】

y = \frac{x}{1 + x ^{3}}

【解析】
由题设及旋转体体积公式得

π \int_{1}^{t} f^{2} (x) d x = \frac{π}{3} [t^{2} f (t) - f (1)] 即 3 \int_{1}^{t} f^{2} (x) d x = t^{2} f (t) - f (1) .

两边对 $t$ 求导，化成微分方程

3 f^{2} (t) = 2 t f (t) + t^{2} f^{'} (t) 即 \frac{d y}{d x} = 3 (\frac{y}{x})^{2} - 2 (\frac{y}{x}) .

这是一阶齐次微分方程。令 $y = ux$ ，有

\frac{d y}{d x} = u + x \cdot \frac{d u}{d x},

则上式化为

u + x (\frac{d u}{d x}) = 3 u^{2} - 2 u 即 x \frac{d u}{d x} = 3 u (u - 1) .

易知当 $u = 0$ 或 $u = 1$ 时不满足初始条件 $y ∣_{x = 2} = \frac{2}{9}$ ，所以 $u \neq = 0$ 且 $u \neq = 1$ 。将上述分离并两边积分得

\frac{d u}{u ( u - 1 )} = \frac{3 d x}{x}

\Rightarrow \frac{u - 1}{u} = C x^{3} .

从而微分方程的通解为 $y - x = C x^{3} y$ （ $C$ 为任意常数）。代入初值 $y ∣_{x = 2} = \frac{2}{9}$ 得 $C = - 1$ ，从而所求的解为 $y - x = - x^{3} y$ ，即

y = \frac{x}{1 + x ^{3}} .

17

设向量 $α = (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})^{T}$ , $β = (b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n})^{T}$ 都是非零向量，且满足条件 $α^{T} β = 0$ ．记 $n$ 阶矩阵 $A = α β^{T}$ ．求：

(1) $A^{2}$ ；

(2) 矩阵 $A$ 的特征值和特征向量．

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【答案】
(1) $A^{2} = 0$ （零矩阵）。
(2) 矩阵 $A$ 的特征值全为 0；特征向量是所有满足 $β^{T} v = 0$ 的非零向量 $v$ 。

【解析】 (Ⅰ) 对等式 $α^{T} β = 0$ 两边取转置，有 $(α^{T} β)^{T} = β^{T} α = 0$ ，即 $β^{T} α = 0$ 。从而

A^{2} = (α β^{T})^{2} = α β^{T} α β^{T} = α (β^{T} α) β^{T} = α 0 β^{T} = 0 α β^{T} = 0.

即 $A^{2}$ 是 $n$ 阶零矩阵。

(Ⅱ) 设 $λ$ 是 $A$ 的任一特征值， $ξ$ 是对应的特征向量（ $ξ \neq = 0$ ），则有

A ξ = λ ξ \Rightarrow 0 = A^{2} ξ = λ^{2} ξ \Rightarrow λ = 0.

即矩阵的全部特征值为零。下面求 $A$ 的特征向量：不妨设 $a_{1} \neq = 0, b_{1} \neq = 0$ ，则对线性方程组 $(0 E - A) x = 0$ 的系数矩阵作初等行变换得

(0 E - A) = - a_{1} b_{1} - a_{2} b_{1} ⋮ - a_{n} b_{1} - a_{1} b_{2} - a_{2} b_{2} ⋮ - a_{n} b_{2} \dots \dots ⋱ \dots - a_{1} b_{n} - a_{2} b_{n} ⋮ - a_{n} b_{n} \to b_{1} - a_{2} b_{1} ⋮ - a_{n} b_{1} b_{2} - a_{2} b_{2} ⋮ - a_{n} b_{2} \dots \dots ⋱ \dots b_{n} - a_{2} b_{n} ⋮ - a_{n} b_{n}

\to b_{1} 0 ⋮ 0 b_{2} 0 ⋮ 0 \dots \dots ⋱ \dots b_{n} 0 ⋮ 0 .

于是得方程组 $(0 E - A) x = 0$ 的基础解系为

ξ_{1} = (- b_{2}, b_{1}, 0, \dots, 0), ξ_{2} = (- b_{3}, 0, b_{1}, \dots, 0), \dots, ξ_{n - 1} = (- b_{n}, 0, 0, \dots, b_{1}) .

则 $A$ 的属于 $λ = 0$ 的全部特征向量为 $k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + \dots + k_{n - 1} ξ_{n - 1}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n - 1}$ 为不全为零的任意常数。

18

设矩阵 $A = 101020101$ ，矩阵 $B = (k E + A)^{2}$ ，其中 $k$ 为实数， $E$ 为单位矩阵．求对角矩阵 $Λ$ ，使 $B$ 与 $Λ$ 相似，并求 $k$ 为何值时， $B$ 为正定矩阵．

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【答案】 对角矩阵 $Λ = k^{2} 00 0 (k + 2)^{2} 0 00 (k + 2)^{2}$ ，使 $B$ 与 $Λ$ 相似。当 $k \neq = 0$ 且 $k \neq = - 2$ 时， $B$ 为正定矩阵。

【解析】
由于矩阵 $A$ 的特征多项式

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 0 - 1 0 λ - 2 0 - 1 0 λ - 1 = (λ - 2) λ - 1 - 1 - 1 λ - 1 = λ (λ - 2)^{2},

可得 $A$ 的特征值是 $λ_{1} = λ_{2} = 2, λ_{3} = 0$ 。因为 $A$ 是实对称矩阵，故存在可逆矩阵

P 使 P^{- 1} A P = Λ = 220,

即 $A = P A P^{- 1}$ 。那么

B = (k E + A)^{2} = (k P P^{- 1} + P A P^{- 1})^{2} = [P (k E + Λ) P^{- 1}]^{2} = P (k E + Λ) P^{- 1} P (k E + Λ) P^{- 1} = P (k E + Λ)^{2} P^{- 1} .

即 $P^{- 1} BP = (k E + Λ)^{2}$ 。故 $B \sim (k + 2)^{2} 00 0 (k + 2)^{2} 0 00 k^{2}$ 。当 $k \neq = - 2$ 且 $k \neq = 0$ 时， $B$ 的全部特征值大于零，这时 $B$ 为正定矩阵。

19

一商店经销某种商品，每周进货的数量 $X$ 与顾客对该种商品的需求量 $Y$ 是相互独立的随机变量，且都服从区间 $[10, 20]$ 上的均匀分布．商店每售出一单位商品可得利润 $1000$ 元；若需求量超过了进货量，商店可从其他商店调剂供应，这时每单位商品获利润为 $500$ 元．试计算此商店经销该种商品每周所得利润的期望值．

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【答案】

\frac{42500}{3}

【解析】
设 $Z$ 表示商店每周所得的利润，当 $Y \leq X$ 时，卖得利润为 $Z = 1000 Y$ （元）；当 $Y > X$ 时，调剂了 $Y - X$ ，总共得到利润 $Z = 1000 X + 500 (Y - X) = 500 (X + Y)$ （元）。所以

Z = {1000 Y, 500 (X + Y), Y \leq X, Y > X .

由题设 $X$ 与 $Y$ 都服从区间 $[10, 20]$ 上的均匀分布，联合概率密度为

f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{100}, 0, 10 \leq x \leq 20, 10 \leq y \leq 20, 其他 .

由二维连续型随机变量的数学期望定义得

E (Z) = \iint_{D_{1}} 1000 y \cdot f (x, y) d x d y + \iint_{D_{2}} 500 (x + y) \cdot f (x, y) d x d y = \iint_{D_{1}} 1000 y \cdot \frac{1}{100} d x d y + \iint_{D_{2}} 500 (x + y) \cdot \frac{1}{100} d x d y = 10 \int_{10}^{20} d y \int_{y}^{20} y d x + 5 \int_{10}^{20} d y \int_{10}^{y} (x + y) d x = 10 \int_{10}^{20} y (20 - y) d y + 5 \int_{10}^{20} (\frac{3}{2} y^{2} - 10 y - 50) d y = \frac{20000}{3} + 5 \times 1500 \approx 14166.67 (元) .

20

设有来自三个地区的各 $10$ 名、 $15$ 名和 $25$ 名考生的报名表，其中女生的报名表分别为 $3$ 份、 $7$ 份和 $5$ 份．随机地取一个地区的报名表，从中先后抽出两份．

(1) 求先抽到的一份是女生表的概率 $p$ ；

(2) 已知后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率 $q$ ．

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【答案】
(1) $p = \frac{29}{90}$
(2) $q = \frac{20}{61}$

【解析】
记事件 $B_{j} =$ “第 $j$ 次抽到的报名表是女生表” $(j = 1, 2)$ ， $A_{i} =$ “报名表是第 $i$ 个地区的” $(i = 1, 2, 3)$ 。易见 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 构成一个完备事件组，且

P (A_{i}) = \frac{1}{3} (i = 1, 2, 3),

P (B_{1} ∣ A_{1}) = \frac{3}{10}, P (B_{1} ∣ A_{2}) = \frac{7}{15}, P (B_{1} ∣ A_{3}) = \frac{5}{25} .

(Ⅰ) 应用全概率公式得

p = P (B_{1}) = i = 1 \sum 3 P (A_{i}) \cdot P (B_{1} ∣ A_{i}) = \frac{1}{3} (\frac{3}{10} + \frac{7}{15} + \frac{5}{25}) = \frac{29}{90} .

(Ⅱ) 对事件 $B_{1}, B_{2}$ 再次用全概率公式得

P (B_{1}, B_{2}) = i = 1 \sum 3 P (A_{i}) \cdot P (B_{1}, B_{2} ∣ A_{i}) = \frac{1}{3} (\frac{3}{10} \cdot \frac{7}{9} + \frac{7}{15} \cdot \frac{8}{14} + \frac{5}{25} \cdot \frac{20}{24}) = \frac{20}{90} .

由抽签原理可知

P (B_{2}) = P (B_{1}) = \frac{61}{90},

从而

q = P (B_{1} ∣ B_{2}) = \frac{P ( B _{1} , B _{2} )}{P ( B _{2} )} = \frac{20}{90} \cdot \frac{90}{61} = \frac{20}{61} .