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2000 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 $z = f (x y, \frac{x}{y}) + g (\frac{x}{y})$ ，其中 $f, g$ 均可微，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ______．

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【答案】

\frac{\partial z}{\partial x} = y \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{1}{y} \frac{\partial f}{\partial v} + \frac{1}{y} \frac{\partial g}{\partial v}

其中 $u = x y$ , $v = \frac{x}{y}$ . 或者使用偏导数记号：

\frac{\partial z}{\partial x} = y f_{1} + \frac{1}{y} f_{2} + \frac{1}{y} g^{'}

其中 $f_{1}$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导数， $f_{2}$ 表示 $f$ 对第二个变量的偏导数， $g^{'}$ 表示 $g$ 对它的变量的导数。

【解析】
设 $u = x y$ , $v = \frac{x}{y}$ ，则 $z = f (u, v) + g (v)$ 。
求偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ，使用链式法则：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial g}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x}

计算 $\frac{\partial u}{\partial x} = y$ , $\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{1}{y}$ ，代入得：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot y + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{1}{y} + \frac{\partial g}{\partial v} \cdot \frac{1}{y} = y \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{1}{y} (\frac{\partial f}{\partial v} + \frac{\partial g}{\partial v})

因此，结果为 $y \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{1}{y} \frac{\partial f}{\partial v} + \frac{1}{y} \frac{\partial g}{\partial v}$ 。

2

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{e ^{x} + e ^{2 - x}} =

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【答案】 $\frac{π}{4 e}$

【解析】
考虑积分 $I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{e ^{x} + e ^{2 - x}}$ 。
分母可写为 $e^{x} + e^{2} e^{- x}$ ，分子分母同时乘以 $e^{x}$ ，得：

I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + e ^{2}} d x

令 $t = e^{x}$ ，则 $d t = e^{x} d x$ ，积分限变为：当 $x = 1$ 时 $t = e$ ，当 $x \to + \infty$ 时 $t \to + \infty$ 。
于是：

I = \int_{e}^{+ \infty} \frac{d t}{t ^{2} + e ^{2}}

该积分是标准形式，有：

\int \frac{d t}{t ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{t}{a} + C

其中 $a = e$ ，所以：

I = [\frac{1}{e} arctan \frac{t}{e}]_{e}^{+ \infty} = \frac{1}{e} (arctan (+ \infty) - arctan (1)) = \frac{1}{e} (\frac{π}{2} - \frac{π}{4}) = \frac{1}{e} \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{4 e}

因此，积分值为 $\frac{π}{4 e}$ 。

3

若四阶矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，矩阵 $A$ 的特征值为 $\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{5}$ ，则行列式 $B^{- 1} - E =$ ______．

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【答案】 $24$

【解析】 由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们具有相同的特征值，即 $\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{5}$ 。
设 $λ$ 为 $B$ 的特征值，则 $B^{- 1}$ 的特征值为 $λ^{- 1}$ ，进而 $B^{- 1} - E$ 的特征值为 $λ^{- 1} - 1 = \frac{1 - λ}{λ}$ 。
因此，行列式

∣ B^{- 1} - E ∣ = \prod (\frac{1 - λ}{λ}) = \frac{\prod ( 1 - λ )}{\prod λ} .

计算乘积：

\prod λ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{120},

\prod (1 - λ) = (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) (1 - \frac{1}{4}) (1 - \frac{1}{5}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} = \frac{1}{5} .

于是，

∣ B^{- 1} - E ∣ = \frac{1/5}{1/120} = \frac{120}{5} = 24.

故答案为 24。

4

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 1/3, 2/9, 0, x \in [0, 1]; x \in [3, 6]; 其他 .$ 若 $k$ 使得 $P {X \geq k} = \frac{2}{3}$ ，则 $k$ 的取值范围是 ______．

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【答案】 $[1, 3]$

【解析】
随机变量 $X$ 的概率密度函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上为 $1/3$ ，在区间 $[3, 6]$ 上为 $2/9$ ，其余区间为 0。需要求 $k$ 使得 $P {X \geq k} = \frac{2}{3}$ 。

计算 $P {X \geq k}$ 需考虑 $k$ 的不同取值范围：

当 $k \leq 0$ 时， $P {X \geq k} = 1 > \frac{2}{3}$ ，不满足。
当 $k > 6$ 时， $P {X \geq k} = 0 < \frac{2}{3}$ ，不满足。
当 $k \in [0, 1]$ 时， $P {X \geq k} = \int_{k}^{1} \frac{1}{3} d x + \int_{3}^{6} \frac{2}{9} d x = \frac{1}{3} (1 - k) + \frac{2}{3} .$ 令其等于 $\frac{2}{3}$ ，得 $\frac{1}{3} (1 - k) = 0$ ，即 $k = 1$ 。
当 $k \in (1, 3)$ 时， $P {X \geq k} = \int_{3}^{6} \frac{2}{9} d x = \frac{2}{3},$ 恒满足。
当 $k \in [3, 6]$ 时， $P {X \geq k} = \int_{k}^{6} \frac{2}{9} d x = \frac{2}{9} (6 - k) .$ 令其等于 $\frac{2}{3}$ ，得 $\frac{2}{9} (6 - k) = \frac{2}{3}$ ，解得 $k = 3$ 。

综上，当 $k \in [1, 3]$ 时， $P {X \geq k} = \frac{2}{3}$ 。因此， $k$ 的取值范围是 $[1, 3]$ 。

5

假设随机变量 $X$ 在区间 $[- 1, 2]$ 上服从均匀分布，随机变量 $Y = ⎩ ⎨ ⎧ 1, 0, - 1, 若 X > 0; 若 X = 0; 若 X < 0.$ 则方差 $D (Y) =$ ______．

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【答案】
$\frac{8}{9}$

【解析】
随机变量 $X$ 在区间 $[- 1, 2]$ 上服从均匀分布，其概率密度函数为 $f_{X} (x) = \frac{1}{3}$ ，其中 $x \in [- 1, 2]$ 。
随机变量 $Y$ 的定义为：

Y = ⎩ ⎨ ⎧ 1, 0, - 1, X > 0; X = 0; X < 0.

由于 $X$ 是连续随机变量，有 $P (X = 0) = 0$ ，因此 $P (Y = 0) = 0$ 。
计算 $Y$ 的概率分布：

$P (Y = 1) = P (X > 0) = \int_{0}^{2} \frac{1}{3} d x = \frac{2}{3}$ ，
$P (Y = - 1) = P (X < 0) = \int_{- 1}^{0} \frac{1}{3} d x = \frac{1}{3}$ 。
于是， $Y$ 的期望为：
$E [Y] = 1 \cdot \frac{2}{3} + (- 1) \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3} .$ $Y^{2}$ 的期望为：
$E [Y^{2}] = 1^{2} \cdot \frac{2}{3} + (- 1)^{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} = 1.$ 方差为：
$D (Y) = E [Y^{2}] - (E [Y])^{2} = 1 - (\frac{1}{3})^{2} = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} .$ 因此，方差 $D (Y) = \frac{8}{9}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设对任意的 $x$ ，总有 $φ (x) \leq f (x) \leq g (x)$ ，且 $lim_{x \to \infty} [g (x) - φ (x)] = 0$ ，则 $lim_{x \to \infty} f (x)$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
用排除法。首先设

\frac{x ^{2}}{x ^{2} + 2} \leq f (x) \leq \frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} + 2},

满足条件

x \to \infty lim [\frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} + 2} - \frac{x ^{2}}{x ^{2} + 2}] = x \to \infty lim \frac{1}{x ^{2} + 2} = 0, x \to \infty lim \frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} + 2} = 1, \frac{x ^{2}}{x ^{2} + 2} = 1.

由夹逼准则知，

x \to \infty lim f (x) = 1,

则选项 (A) 和 (C) 错误。

其次设

\frac{x ^{6} + x ^{2}}{x ^{4} + 1} \leq f (x) \leq \frac{x ^{6} + 2 x ^{2}}{x ^{4} + 1},

满足条件

x \to \infty lim [\frac{x ^{6} + 2 x ^{2}}{x ^{4} + 1} - \frac{x ^{6} + x ^{2}}{x ^{4} + 1}] = x \to \infty lim \frac{x ^{2}}{x ^{4} + 1} = 0.

但是由于

f (x) \geq \frac{x ^{6} + x ^{2}}{x ^{4} + 1} = x^{2},

有

x \to \infty lim f (x) = + \infty,

极限不存在，故选项 (B) 也是错误的。

7

设函数 $f (x)$ 在点 $x = a$ 处可导，则函数 $∣ f (x) ∣$ 在点 $x = a$ 处不可导的充分条件是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
应选 (B)。这是因为由 (B) 的条件 $f (a) = 0$ ，则有

x \to a lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - ∣ f ( a ) ∣}{x - a} = x \to a lim \frac{∣ f ( x ) ∣}{x - a} = x \to a lim \frac{∣ f ( x ) - f ( a ) ∣}{x - a},

所以

x \to a^{+} lim \frac{∣ f ( x ) - f ( a ) ∣}{x - a} = x \to a^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( a )}{x - a} = ∣ f^{'} (a) ∣,

x \to a^{-} lim \frac{∣ f ( x ) - f ( a ) ∣}{x - a} = x \to a^{-} lim (- \frac{f ( x ) - f ( a )}{x - a}) = - ∣ f^{'} (a) ∣.

8

设 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 是四元非齐次线性方程组 $A X = b$ 的三个解向量，且秩 $r (A) = 3$ ， $α_{1} = (1, 2, 3, 4)^{T}$ ， $α_{2} + α_{3} = (0, 1, 2, 3)^{T}$ ， $c$ 表示任意常数，则线性方程组 $A X = b$ 的通解 $X =$

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知线性方程组 $A X = b$ 是四元方程组，且秩 $r (A) = 3$ ，因此齐次方程组 $A X = 0$ 的解空间维数为 $4 - 3 = 1$ ，即基础解系只含一个线性无关的解向量。给定 $α_{1} = (1, 2, 3, 4)^{T}$ 是特解，通解形式为 $X = α_{1} + cη$ ，其中 $η$ 是齐次方程组的基础解系。

由 $α_{2}$ 和 $α_{3}$ 都是解，设 $α_{2} = α_{1} + c_{2} η$ ， $α_{3} = α_{1} + c_{3} η$ ，则 $α_{2} + α_{3} = 2 α_{1} + (c_{2} + c_{3}) η$ 。代入已知 $α_{2} + α_{3} = (0, 1, 2, 3)^{T}$ 和 $α_{1} = (1, 2, 3, 4)^{T}$ ，得：

2 α_{1} + k η = (0, 1, 2, 3)^{T}

其中 $k = c_{2} + c_{3}$ 。计算：

2 α_{1} = (2, 4, 6, 8)^{T}

k η = (0, 1, 2, 3)^{T} - (2, 4, 6, 8)^{T} = (- 2, - 3, - 4, - 5)^{T}

因此 $η$ 与 $(- 2, - 3, - 4, - 5)^{T}$ 成比例。取 $η = (2, 3, 4, 5)^{T}$ （忽略常数倍，因 $c$ 为任意常数），通解为：

X = 1234 + c 2345

对应选项 C。其他选项的 $η$ 不满足条件。

9

设 $A$ 为 $n$ 阶实矩阵， $A^{T}$ 是 $A$ 的转置矩阵，则对于线性方程组(Ⅰ)： $A X = 0$ 和(Ⅱ)： $A^{T} A X = 0$ ，必有

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
应选 (A). 若 $α$ 是方程组 (I): $A X = 0$ 的解，即 $A α = 0$ ，两边左乘 $A^{T}$ ，得 $A^{T} A α = 0$ ，即 $α$ 也是方程组 (II): $A^{T} A X = 0$ 的解，即 (I) 的解也是 (II) 的解。

若 $β$ 是方程组 (II): $A^{T} A X = 0$ 的解，即 $A^{T} A β = 0$ ，两边左乘 $β^{T}$ 得

β^{T} A^{T} A β = (A β)^{T} A β = 0.

$A β$ 是一个向量，设 $A β = [b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}]^{T}$ ，则

(A β)^{T} A β = i = 1 \sum n b_{i}^{2} = 0.

故有 $b_{i} = 0, i = 1, 2, \dots, n$ 。从而有 $A β = 0$ ，即 $β$ 也是方程组 (I): $A X = 0$ 的解。

10

在电炉上安装了 $4$ 个温控器，其显示温度的误差是随机的．在使用过程中，只要有两个温控器显示的温度不低于临界温度 $t_{0}$ ，电炉就断电．以 $E$ 表示事件“电炉断电”，而 $T_{(1)} \leq T_{(2)} \leq T_{(3)} \leq T_{(4)}$ 为 $4$ 个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，则事件 $E$ 等于事件

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 事件 $E$ 表示电炉断电，其条件是至少有两个温控器显示的温度不低于临界温度 $t_{0}$ 。由于温度值按递增顺序排列为 $T_{(1)} \leq T_{(2)} \leq T_{(3)} \leq T_{(4)}$ ，分析如下：

如果 $T_{(3)} \geq t_{0}$ ，则 $T_{(3)}$ 和 $T_{(4)}$ 均不低于 $t_{0}$ ，满足至少两个温控器显示温度不低于 $t_{0}$ 的条件，即事件 $E$ 发生。
反之，如果事件 $E$ 发生，即至少有两个温控器显示温度不低于 $t_{0}$ ，则 $T_{(3)}$ 必须不低于 $t_{0}$ 。因为如果 $T_{(3)} < t_{0}$ ，则 $T_{(1)} \leq T_{(2)} \leq T_{(3)} < t_{0}$ ，最多只有 $T_{(4)}$ 可能不低于 $t_{0}$ ，即最多只有一个温控器显示温度不低于 $t_{0}$ ，与事件 $E$ 矛盾。因此，事件 $E$ 等价于 ${T_{(3)} \geq t_{0}}$ 。

对于其他选项：

A. ${T_{(1)} \geq t_{0}}$ 表示所有温控器显示温度均不低于 $t_{0}$ ，条件过强，不必要。
B. ${T_{(2)} \geq t_{0}}$ 表示至少三个温控器显示温度不低于 $t_{0}$ ，条件过强，不必要（例如当 $T_{(2)} < t_{0}$ 但 $T_{(3)} \geq t_{0}$ 时，事件 $E$ 仍发生）。
D. ${T_{(4)} \geq t_{0}}$ 表示至少一个温控器显示温度不低于 $t_{0}$ ，条件过弱，可能只有一个温控器满足条件，事件 $E$ 不发生。

故正确答案为 C。

解答题

11

求微分方程 $y^{''} - 2 y^{'} - e^{2 x} = 0$ 满足条件 $y (0) = 0, y^{'} (0) = 1$ ．

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【答案】 $y = \frac{1}{4} (e^{2 x} - 1) + \frac{1}{2} x e^{2 x}$

【解析】
给定微分方程 $y^{''} - 2 y^{'} - e^{2 x} = 0$ 满足条件 $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 1$ 。

首先求解齐次方程 $y^{''} - 2 y^{'} = 0$ 。特征方程为 $r^{2} - 2 r = 0$ ，解得 $r = 0$ 和 $r = 2$ ，齐次解为 $y_{h} = C_{1} + C_{2} e^{2 x}$ 。

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

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

y_{p}^{''} = 4 A e^{2 x} (1 + x) .

代入原方程：

y_{p}^{''} - 2 y_{p}^{'} - e^{2 x} = 4 A e^{2 x} (1 + x) - 2 A e^{2 x} (1 + 2 x) - e^{2 x} = e^{2 x} (2 A - 1) = 0,

解得 $A = \frac{1}{2}$ ，特解为 $y_{p} = \frac{1}{2} x e^{2 x}$ 。

通解为 $y = y_{h} + y_{p} = C_{1} + C_{2} e^{2 x} + \frac{1}{2} x e^{2 x}$ 。

应用初始条件：

由 $y (0) = 0$ 得 $C_{1} + C_{2} = 0$ 。

计算导数 $y^{'} = 2 C_{2} e^{2 x} + \frac{1}{2} e^{2 x} + x e^{2 x}$ ，由 $y^{'} (0) = 1$ 得 $2 C_{2} + \frac{1}{2} = 1$ ，解得 $C_{2} = \frac{1}{4}$ ，代入得 $C_{1} = - \frac{1}{4}$ 。

因此解为

y = - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} e^{2 x} + \frac{1}{2} x e^{2 x} = \frac{1}{4} (e^{2 x} - 1) + \frac{1}{2} x e^{2 x} .

12

计算二重积分 $\iint_{D} \frac{x ^{2} + y ^{2}}{4 a ^{2} - x ^{2} - y ^{2}} d σ$ ，其中 $D$ 是由曲线 $y = - a + a^{2} - x^{2} (a > 0)$ 和直线 $y = - x$ 围成的区域．

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【答案】 $a^{2} (\frac{π ^{2}}{16} - \frac{1}{2})$

【解析】
画出积分区域D如下图，采用极坐标更为方便：

在极坐标系下区域 $D = {(ρ, θ) ∣ - \frac{π}{4} \leq θ \leq 0, 0 \leq ρ \leq - 2 a sin θ}$ ，则有

I = \iint_{D} \frac{x ^{2} + y ^{2}}{4 a ^{2} - x ^{2} - y ^{2}} d σ = \int_{- \frac{π}{4}}^{0} d θ \int_{0}^{- 2 a s i n θ} \frac{ρ ^{2}}{4 a ^{2} - ρ ^{2}} d ρ .

令 $ρ = 2 a sin t$ ，则有

I = \int_{- \frac{π}{4}}^{0} d θ \int_{0}^{- θ} 4 a^{2} sin^{2} t d t = \int_{- \frac{π}{4}}^{0} d θ \int_{0}^{- θ} 2 a^{2} (1 - cos 2 t) d t = 2 a^{2} \int_{- \frac{π}{4}}^{0} (- θ + \frac{1}{2} sin 2 θ) d θ = a^{2} (\frac{π ^{2}}{16} - \frac{1}{2}) .

13

假设某企业在两个相互分割的市场上出售同一种产品，两个市场的需求函数分别是

P_{1} = 18 - Q_{1}, P_{2} = 12 - Q_{2},

其中 $P_{1}$ 和 $P_{2}$ 分别表示该产品在两个市场的价格(单位：万元/吨)， $Q_{1}$ 和 $Q_{2}$ 分别表示该产品在两个市场的销售量(即需求量，单位：吨)，并且该企业生产这种产品的总成本函数是 $C = 2 Q + 5$ ，其中 $Q$ 表示该产品在两个市场的销售总量，即 $Q = Q_{1} + Q_{2}$ ．

(1) 如果该企业实行价格差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量和价格，使该企业获得最大利润；

(2) 如果该企业实行价格无差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量及其统一的价格，使该企业的总利润最大化；并比较两种价格策略下的总利润大小．

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【答案】
(1) $Q_{1} = 4, P_{1} = 10; Q_{2} = 5, P_{2} = 7; 利润 = 52$ 万元
(2) $Q_{1} = 5, Q_{2} = 4; 利润 = 49$ 万元；差别定价利润更高。

【解析】 (I) 记总利润函数为 $L$ ，总收益函数为 $R$ ，则总利润

L = R - C = P_{1} Q_{1} + P_{2} Q_{2} - (2 Q + 5) = - 2 Q_{1}^{2} - Q_{2}^{2} + 16 Q_{1} + 10 Q_{2} - 5.

其中， $Q_{1} > 0, Q_{2} > 0$ 。令

\frac{\partial L}{\partial Q _{1}} = - 4 Q_{1} + 16 = 0, \frac{\partial L}{\partial Q _{2}} = - 2 Q_{2} + 10 = 0,

解得 $Q_{1} = 4, Q_{2} = 5$ ；相应地 $P_{1} = 10, P_{2} = 7$ 。在 $Q_{1} > 0, Q_{2} > 0$ 的范围内驻点唯一，且实际问题在 $Q_{1} > 0, Q_{2} > 0$ 范围内必有最大值，故在 $Q_{1} = 4, Q_{2} = 5$ 处有最大利润

L = - 2 \times 4^{2} - 5^{2} + 16 \times 4 + 10 \times 5 - 5 = 52 （万元） .

(II) 若两地的销售单价无差别，即 $P_{1} = P_{2}$ ，于是得 $2 Q_{1} - Q_{2} = 6$ ，在此约束条件下求 $L$ 的最值。构造拉格朗日函数

F (Q_{1}, Q_{2}, λ) = - 2 Q_{1}^{2} - Q_{2}^{2} + 16 Q_{1} + 10 Q_{2} - 5 + λ (2 Q_{1} - Q_{2} - 6),

令

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial F}{\partial Q _{1}} = - 4 Q_{1} + 16 + 2 λ = 0 \frac{\partial F}{\partial Q _{2}} = - 2 Q_{2} + 10 - λ = 0 \frac{\partial F}{\partial λ} = 2 Q_{1} - Q_{2} - 6 = 0

解得 $Q_{1} = 5, Q_{2} = 4$ ，在 $Q_{1} > 0, Q_{2} > 0$ 的范围内驻点唯一，且实际问题在 $Q_{1} > 0, Q_{2} > 0$ 范围内必有最大值，故在 $Q_{1} = 5, Q_{2} = 4$ 处有最大利润

L = - 2 \times 5^{2} - 4^{2} + 16 \times 5 + 10 \times 4 - 5 = 49 （万元） .

14

求函数 $y = (x - 1) e^{\frac{π}{2} + a r c t a n x}$ 的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线．

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【答案】 见解析

【解析】
对 $x$ 求导得 $y^{'} = \frac{x ^{2} + x}{x ^{2} + 1} e^{\frac{π}{2} + a r c t a n x}$ 。令 $y^{'} = 0$ ，得驻点 $x_{1} = 0, x_{2} = - 1$ 。列表

x y^{'} y (- \infty, - 1) + ↗ - 1 0 - 2 e^{\frac{π}{4}} (- 1, 0) - ↘ 00 - e^{\frac{π}{2}} (0, + \infty) + ↗

由此可见，严格单调增区间为 $(- \infty, - 1)$ 与 $(0, + \infty)$ ；严格单调减区间为 $(- 1, 0)$ 。 $f (0) = - e^{\frac{π}{2}}$ 为极小值， $f (- 1) = - 2 e^{\frac{π}{4}}$ 为极大值。以下求渐近线：

x \to \infty lim f (x) = x \to \infty lim (x - 1) e^{\frac{π}{2} + a r c t a n x} = e^{π} x \to \infty lim (x - 1) = \infty

所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线。令

a_{1} = x \to + \infty lim \frac{f ( x )}{x} = e^{π}, b_{1} = x \to + \infty lim [f (x) - a_{1} x] = - 2 e^{π};

a_{2} = x \to - \infty lim \frac{f ( x )}{x} = 1, b_{2} = x \to - \infty lim [f (x) - a_{2} x] = - 2.

所以，渐近线为 $y = a_{1} x + b_{1} = e^{π} (x - 2)$ 及 $y = a_{2} x + b_{2} = x - 2$ ，共两条。

15

设 $I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin^{n} x cos x d x, n = 0, 1, 2, \dots$ ，求 $\sum_{n = 0}^{\infty} I_{n}$ ．

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【答案】

ln (2 + 2)

【解析】
首先，计算 $I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin^{n} x cos x d x$ 。令 $u = sin x$ ，则 $d u = cos x d x$ ，积分限变为 $u = 0$ 到 $u = \frac{2}{2}$ 。于是，

I_{n} = \int_{0}^{\frac{2}{2}} u^{n} d u = [\frac{u ^{n + 1}}{n + 1}]_{0}^{\frac{2}{2}} = \frac{1}{n + 1} (\frac{2}{2})^{n + 1} .

接下来，求级数：

n = 0 \sum \infty I_{n} = n = 0 \sum \infty \frac{1}{n + 1} (\frac{2}{2})^{n + 1} .

令 $k = n + 1$ ，则

n = 0 \sum \infty I_{n} = k = 1 \sum \infty \frac{1}{k} (\frac{2}{2})^{k} = k = 1 \sum \infty \frac{1}{k} (\frac{1}{2})^{k} .

该级数为 $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x ^{k}}{k}$ 在 $x = \frac{1}{2}$ 处的值，其中 $∣ x ∣ < 1$ ，且已知 $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x ^{k}}{k} = - ln (1 - x)$ 。因此，

n = 0 \sum \infty I_{n} = - ln (1 - \frac{1}{2}) .

简化表达式：

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

所以

- ln (\frac{2 - 1}{2}) = - [ln (2 - 1) - ln 2] = ln 2 - ln (2 - 1) .

由于 $ln 2 = \frac{1}{2} ln 2$ 和 $2 - 1 = \frac{1}{2 + 1}$ ，有

ln (2 - 1) = ln (\frac{1}{2 + 1}) = - ln (2 + 1),

因此

n = 0 \sum \infty I_{n} = \frac{1}{2} ln 2 + ln (2 + 1) = ln (2 (2 + 1)) = ln (2 + 2) .

故答案为 $ln (2 + 2)$ .

16

同试卷 1 第 17 题

17

设向量组 $α_{1} = (a, 2, 10)^{T}$ , $α_{2} = (- 2, 1, 5)^{T}$ , $α_{3} = (- 1, 1, 4)^{T}, β = (1, b, c)^{T}$ ．试问 $a, b, c$ 满足什么条件时，

(1) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，且表示唯一？

(2) $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示？

(3) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，但表示不唯一？并求出一般表达式．

查看答案与解析

【答案】
(1) 当 $a \neq = - 4$ 时， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 唯一线性表示，且 $b, c$ 任意。
(2) 当 $a = - 4$ 且 $c \neq = 3 b - 1$ 时， $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。
(3) 当 $a = - 4$ 且 $c = 3 b - 1$ 时， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示但表示不唯一，且一般表达式为 $β = k α_{1} + (- b - 1 - 2 k) α_{2} + (2 b + 1) α_{3}$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
设方程组 $a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3} = β$ 。该方程组的系数行列式

∣ A ∣ = ∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣ = a 210 - 2 15 - 1 14 = a 20 - 2 10 - 1 1 - 1 = - a - 4.

(I) 当 $a \neq = - 4$ 时， $∣ A ∣ \neq = 0$ ，方程组有唯一解， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，且表示唯一。

(II) 当 $a = - 4$ 时，对增广矩阵作初等行变换，得

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, β) = - 4 210 - 2 15 114 1 b c ⟶ 200100010 - b - 1 2 b + 1 c - 3 b + 1

因此当 $a = - 4$ 且 $c - 3 b + 1 \neq = 0$ 时， $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 2 \neq = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, β) = 3$ ，方程组无解， $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

(III) 当 $a = - 4$ 且 $c - 3 b + 1 = 0$ 时， $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, β) = 2$ ，方程组有无穷多解，其通解为

x_{1} x_{2} x_{3} = k 1 - 2 0 + 0 - (b + 1) 2 b + 1 = k - 2 k - b - 1 2 b + 1,

其中 $k$ 是任意常数。从而

β = k α_{1} + (- 2 k - b - 1) α_{2} + (2 b + 1) α_{3},

$k$ 是任意常数。

18

设有 $n$ 元实二次型

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = (x_{1} + a_{1} x_{2})^{2} + (x_{2} + a_{2} x_{3})^{2} + \dots + (x_{n - 1} + a_{n - 1} x_{n})^{2} + (x_{n} + a_{n} x_{1})^{2},

其中 $a_{i} = (i = 1, 2, \dots, n)$ 为实数．试问：当 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 满足何种条件时，二次型 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 为正定二次型？

查看答案与解析

【答案】 当且仅当 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} \neq = (- 1)^{n}$ 时，二次型 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 为正定二次型。

【解析】
由题设条件知，对于任意的 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 均有 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \geq 0$ ，其中等号成立当且仅当

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + a_{1} x_{2} = 0, x_{2} + a_{2} x_{3} = 0, \dots\dots\dots\dots x_{n - 1} + a_{n - 1} x_{n} = 0, x_{n} + a_{n} x_{1} = 0.

此方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式

B = 100 ⋮ 0 a_{n} a_{1} 10 ⋮ 00 0 a_{2} 1 ⋮ 00 \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 000 ⋮ 10 000 ⋮ a_{n - 1} 1 = 1 + (- 1)^{n + 1} a_{1} a_{2} \dots a_{n} \neq = 0.

所以当 $a_{1} \cdot a_{2} \dots a_{n} \neq = (- 1)^{n}$ 时，对任意的非零向量 $X = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \neq = 0$ ，方程组中总有一个方程不为零，则有

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = (x_{1} + a_{1} x_{2})^{2} + (x_{2} + a_{2} x_{3})^{2} + \dots + (x_{n - 1} + a_{n - 1} x_{n})^{2} + (x_{n} + a_{n} x_{1})^{2} > 0

此时二次型 $f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 是正定二次型。

19

假设0.50，1.25，0.80，2.00是来自总体 $X$ 的简单随机样本值．已知 $Y = ln X$ 服从正态分布 $N (μ, 1)$ ．

(1) 求 $X$ 的数学期望 $EX$ (记 $EX$ 为 $b$ )；

(2) 求 $μ$ 的置信度为0.95的置信区间；

(3) 利用上述结果求 $b$ 的置信度为0.95的置信区间．

查看答案与解析

【答案】
(1) $b = e^{μ + \frac{1}{2}}$
(2) $μ$ 的置信度为 0.95 的置信区间为 $[- 0.98, 0.98]$
(3) $b$ 的置信度为 0.95 的置信区间为 $[e^{- 0.48}, e^{1.48}] \approx [0.6188, 4.3930]$

【解析】
(I) 由正态分布密度函数的定义知， $Y$ 的概率密度为

f (y) = \frac{1}{2 π} e^{- \frac{( y - μ ) ^{2}}{2}}, - \infty < y < + \infty,

于是数学期望

b = E (X) = E (e^{Y}) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{y} \cdot e^{- \frac{( y - μ ) ^{2}}{2}} d y = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{t + μ} \cdot e^{- \frac{1}{2} t^{2}} d t = e^{μ + \frac{1}{2}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{2 π} \cdot e^{- \frac{1}{2} (t - 1)^{2}} d t = e^{μ + \frac{1}{2}} .

(Ⅱ) 当置信度 $1 - α = 0.95$ 时， $α = 0.05$ 。查表可知标准正态分布的双侧分位数等于 $1.96$ 。故由 $\overline{Y} \sim N (μ, \frac{1}{4})$ ，其中 $\overline{Y}$ 表示总体 $Y$ 的样本均值，

\overline{Y} = \frac{1}{4} (ln 0.50 + ln 0.80 + ln 1.25 + ln 2.00) = \frac{1}{4} ln 1 = 0.

所以参数 $μ$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间为

(\overline{Y} - 1.96 \times \frac{1}{4}, \overline{Y} + 1.96 \times \frac{1}{4}) = (- 0.98, 0.98) .

(Ⅲ) 由指数函数 $e^{x}$ 的严格单调递增性，有

P {- 0.98 < μ < 0.98} = P {- 0.48 < μ + \frac{1}{2} < 1.48} = P {e^{- 0.48} < e^{μ + \frac{1}{2}} < e^{1.48}} = P {e^{- 0.48} < b < e^{1.48}} = 0.95.

因此 $b$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间为 $(e^{- 0.48}, e^{1.48})$ 。

20

设 $A, B$ 是二随机事件；随机变量

X = {1, - 1, 若 A 出现 若 A 不出现 Y = {1, - 1, 若 B 出现 若 B 不出现

试证明随机变量 $X$ 和 $Y$ 不相关的充分必要条件是 $A$ 与 $B$ 相互独立．

查看答案与解析

【答案】
随机变量 $X$ 和 $Y$ 不相关的充分必要条件是事件 $A$ 与 $B$ 相互独立。

【解析】

E (X) = 1 \cdot P {A} + (- 1) \cdot P {\overset{ˉ}{A}} = 2 P {A} - 1,

同理可得 $E (Y) = 2 P {B} - 1$ 。现在求 $E (X Y)$ ，由于 $X Y$ 只有两个可能值 $1$ 和 $- 1$ ，所以

E (X Y) = 1 \cdot P {X Y = 1} + (- 1) \cdot P {X Y = - 1},

其中

P {X Y = 1} = P {X = 1, Y = 1} + P {X = - 1, Y = - 1} = P {A B} + P {\overline{A B}} = 2 P {A B} - P {A} - P {B} + 1,

P {X Y = - 1} = P {X = 1, Y = - 1} + P {X = - 1, Y = 1} = P {A \overset{ˉ}{B}} + P {\overset{ˉ}{A} B} = P {A} + P {B} - 2 P {A B} .

所以

E (X Y) = P {X Y = 1} - P {X Y = - 1} = 4 P {A B} - 2 P {A} - 2 P {B} + 1.

由协方差公式，

Cov (X Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = 4 P {A B} - 2 P {A} - 2 P {B} + 1 - [2 P {A} - 1] \cdot [2 P {B} - 1] = 4 [P {A B} - P {A} P {B}] .

因此， $Cov (X Y) = 0$ 当且仅当 $P {A B} = P {A} P {B}$ ，即 $X$ 和 $Y$ 不相关的充分必要条件是 $A$ 与 $B$ 相互独立。