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2001 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 $y = e^{x} (c_{1} sin x + c_{2} cos x)$ （ $c_{1}, c_{2}$ 为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，则该方程为 ______．

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【答案】
$y^{''} - 2 y^{'} + 2 y = 0$

【解析】
给定通解 $y = e^{x} (c_{1} sin x + c_{2} cos x)$ ，可知该二阶常系数线性齐次微分方程的特征根为 $r = 1 \pm i$ 。特征方程为 $(r - (1 + i)) (r - (1 - i)) = 0$ ，即 $(r - 1)^{2} + 1 = 0$ ，展开得 $r^{2} - 2 r + 2 = 0$ 。因此，对应的微分方程为 $y^{''} - 2 y^{'} + 2 y = 0$ 。

2

设 $r = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ ，则 $\div (\nabla r) ∣_{(1, - 2, 2)} =$ ______．

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 给定 $r = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ ，需计算 $\div (\nabla r)$ 在点 $(1, - 2, 2)$ 的值。首先，计算梯度 $\nabla r$ ：

\nabla r = (\frac{\partial r}{\partial x}, \frac{\partial r}{\partial y}, \frac{\partial r}{\partial z}) = (\frac{x}{r}, \frac{y}{r}, \frac{z}{r}) .

然后计算散度：

\div (\nabla r) = \frac{\partial}{\partial x} (\frac{x}{r}) + \frac{\partial}{\partial y} (\frac{y}{r}) + \frac{\partial}{\partial z} (\frac{z}{r}) .

对每一项求偏导：

\frac{\partial}{\partial x} (\frac{x}{r}) = \frac{1}{r} - \frac{x ^{2}}{r ^{3}}, \frac{\partial}{\partial y} (\frac{y}{r}) = \frac{1}{r} - \frac{y ^{2}}{r ^{3}}, \frac{\partial}{\partial z} (\frac{z}{r}) = \frac{1}{r} - \frac{z ^{2}}{r ^{3}} .

求和得：

\div (\nabla r) = (\frac{1}{r} - \frac{x ^{2}}{r ^{3}}) + (\frac{1}{r} - \frac{y ^{2}}{r ^{3}}) + (\frac{1}{r} - \frac{z ^{2}}{r ^{3}}) = \frac{3}{r} - \frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{r ^{3}} .

由于 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2}$ ，代入得：

\div (\nabla r) = \frac{3}{r} - \frac{r ^{2}}{r ^{3}} = \frac{3}{r} - \frac{1}{r} = \frac{2}{r} .

在点 $(1, - 2, 2)$ 处，计算 $r = 1^{2} + (- 2)^{2} + 2^{2} = 9 = 3$ ，因此：

\div (\nabla r) = \frac{2}{3} .

3

交换二次积分的积分次序： $\int_{- 1}^{0} d y \int_{2}^{1 - y} f (x, y) d x =$ ______．

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【答案】

\int_{1}^{2} d x \int_{1 - x}^{0} f (x, y) d y

【解析】 原积分为 $\int_{- 1}^{0} d y \int_{2}^{1 - y} f (x, y) d x$ 。积分区域由 $y = - 1$ ， $y = 0$ ， $x = 2$ ，和 $x = 1 - y$ 围成。对于 $y \in [- 1, 0]$ ， $x$ 从 $1 - y$ 到 $2$ （由于原积分中 $x$ 从 $2$ 到 $1 - y$ ，但上下限反转，因此实际区域为 $x$ 从 $1 - y$ 到 $2$ ）。

交换积分次序后，先积分 $y$ 后积分 $x$ 。确定 $x$ 的范围：当 $y = - 1$ 时， $x = 2$ ；当 $y = 0$ 时， $x = 1$ 。因此 $x$ 从 $1$ 到 $2$ 。对于固定 $x \in [1, 2]$ ， $y$ 的范围由 $x = 1 - y$ 和 $y = 0$ 决定，即 $y$ 从 $1 - x$ 到 $0$ 。

因此，交换次序后的积分为 $\int_{1}^{2} d x \int_{1 - x}^{0} f (x, y) d y$ 。

4

设矩阵 $A$ 满足 $A^{2}$ $+ A - 4 E = 0$ ，其中 $E$ 为单位矩阵，则 $(A - E)^{- 1}$ = ______．

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【答案】

\frac{1}{2} (A + 2 E)

【解析】
已知矩阵 $A$ 满足 $A^{2} + A - 4 E = 0$ ，即

A^{2} + A = 4 E .

考虑矩阵 $(A - E) (A + 2 E)$ ，计算得

(A - E) (A + 2 E) = A^{2} + 2 A - A - 2 E = A^{2} + A - 2 E .

代入已知条件 $A^{2} + A = 4 E$ ，得

(A - E) (A + 2 E) = 4 E - 2 E = 2 E .

因此，

(A - E) (A + 2 E) = 2 E,

即

(A - E) \cdot \frac{1}{2} (A + 2 E) = E .

故

(A - E)^{- 1} = \frac{1}{2} (A + 2 E) .

5

设随机变量 $X$ 的方差为 $2$ ，则根据切比雪夫不等式有估计 $P {∣ X - E (X) ∣ \geq 2} \leq$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 切比雪夫不等式指出，对于随机变量 $X$ ，若其期望为 $E (X)$ ，方差为 $σ^{2}$ ，则对任意 $k > 0$ ，有：

P {∣ X - E (X) ∣ \geq k} \leq \frac{σ ^{2}}{k ^{2}} .

现已知方差 $σ^{2} = 2$ ，取 $k = 2$ ，代入不等式可得：

P {∣ X - E (X) ∣ \geq 2} \leq \frac{2}{2 ^{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} .

因此，所求概率上界为 $\frac{1}{2}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设函数 $f (x)$ 在定义域内可导， $y = f (x)$ 的图形如下图所示，

则导函数 $y = f^{'} (x)$ 的图形为

A

B

C

D

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】 应选 (D)。从题设图形可见，在

y

轴的左侧，曲线

y = f (x)

是严格单调增加的，因此当

x < 0

时，一定有

f^{'} (x) > 0

，对应

y = f^{'} (x)

图形必在

x

轴的上方，由此可排除 (A) 和 (C)。又

y = f (x)

的图形在

y

轴右侧靠近

y

轴部分单调增加，所以在这一段内一定有

f^{'} (x) > 0

，对应

y = f^{'} (x)

图形必在

x

轴的上方，进一步可排除 (B)，故正确答案为 (D)。

7

设函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 附近有定义，且 $f_{x}^{'} (0, 0) = 3, f_{y}^{'} (0, 0) = 1$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处的偏导数为：

f_{x}^{'} (0, 0) = 3, f_{y}^{'} (0, 0) = 1.

考虑曲线

{z = f (x, y) y = 0

该曲线位于平面 $y = 0$ 上，可参数化为：

x = t, y = 0, z = f (t, 0) .

其切向量为：

(\frac{d x}{d t}, \frac{d y}{d t}, \frac{d z}{d t}) = (1, 0, f_{x} (t, 0)) .

在点 $(0, 0, f (0, 0))$ 处，即 $t = 0$ ，有 $f_{x} (0, 0) = 3$ ，因此切向量为：

(1, 0, 3) .

✅ 选项 C 与此一致，正确。

❌ 选项 A 要求函数可微，但偏导数存在不一定保证可微，因此 A 不一定成立。

❌ 选项 B 中曲面 $z = f (x, y)$ 的法向量应为：

(f_{x}, f_{y}, - 1) = (3, 1, - 1),

而非 $(3, 1, 1)$ ，因此 B 错误。

❌ 选项 D 给出的切向量为 $(3, 0, 1)$ ，与计算结果 $(1, 0, 3)$ 不符，因此 D 错误。

8

设 $f (0) = 0$ ，则 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 可导的充要条件为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 可导的充要条件是极限

h \to 0 lim \frac{f ( h )}{h}

存在（因为 $f (0) = 0$ ）。

分析选项 B：

h \to 0 lim \frac{1}{h} f (1 - e^{h})

令 $u = 1 - e^{h}$ ，则当 $h \to 0$ 时， $u \to 0$ ，且 $h \sim - u$ 。于是

\frac{1}{h} f (1 - e^{h}) \sim \frac{1}{- u} f (u) = - \frac{f ( u )}{u} .

因此该极限存在当且仅当

u \to 0 lim \frac{f ( u )}{u}

存在，即 $f (x)$ 在 $x = 0$ 可导。故选项 B 是充要条件。

分析选项 A：

h \to 0 lim \frac{1}{h ^{2}} f (1 - cos h)

取 $f (x) = ∣ x ∣$ ，则 $f (0) = 0$ ，但 $f (x)$ 在 $x = 0$ 不可导。计算极限：

\frac{1}{h ^{2}} f (1 - cos h) = \frac{1}{h ^{2}} ∣1 - cos h ∣ = \frac{1}{h ^{2}} (1 - cos h) \to \frac{1}{2},

极限存在，但 $f (x)$ 不可导，因此 A 不是充要条件。

分析选项 C：

h \to 0 lim \frac{1}{h ^{2}} f (h - sin h)

取 $f (x) = ∣ x ∣^{2/3}$ ，则 $f (0) = 0$ ，但 $f (x)$ 在 $x = 0$ 不可导。计算极限：

\frac{1}{h ^{2}} f (h - sin h) \approx \frac{1}{h ^{2}} \frac{h ^{3}}{6}^{2/3} = \frac{1}{h ^{2}} \cdot \frac{h ^{2}}{6 ^{2/3}} = \frac{1}{6 ^{2/3}},

极限存在，但 $f (x)$ 不可导，因此 C 不是充要条件。

分析选项 D：

h \to 0 lim \frac{1}{h} [f (2 h) - f (h)]

取 $f (x) = 1$ （当 $x \neq = 0$ ）且 $f (0) = 0$ ，则 $f (x)$ 在 $x = 0$ 不连续，故不可导。计算极限：

\frac{1}{h} [f (2 h) - f (h)] = \frac{1}{h} [1 - 1] = 0,

极限存在，但 $f (x)$ 不可导，因此 D 不是充要条件。

结论： 唯一充要条件为选项 B。

9

设 $A = 1111111111111111, B = 4000000000000000$ ，则 $A$ 与 $B$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

因为 $A$ 是实对称矩阵，故 $A$ 必相似于一对角阵 $Λ$ 。又由相似矩阵有相同的特征值，相同的秩，知 $A$ 与 $Λ$ 有相同的秩，故 $r (Λ) = r (A) = 1$ ，即 $Λ$ 对角线上有 3 个元素为零。因此， $λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0$ 是 $A$ 的特征值。由特征值的和等于矩阵主对角线元素之和，知

i = 1 \sum 4 λ_{i} = λ_{4} = i = 1 \sum 4 a_{ii} = 4.

故 $λ_{4} = 4$ 。即 $A$ 有特征值 $λ = 4$ 和 $λ = 0$ （三重根），和对角阵 $B$ 的特征值完全一致，故 $A, B$ 相似。又由两矩阵合同的充要条件：实对称矩阵 $A$ 与 $B$ 合同的充要条件是 $A$ 与 $B$ 相似。知 $A, B$ 合同。

10

将一枚硬币重复掷 $n$ 次，以 $X$ 和 $Y$ 分别表示正面向上和反面向上的次数，则 $X$ 和 $Y$ 的相关系数等于

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
每次掷硬币的结果为正面或反面，设正面次数为 $X$ ，反面次数为 $Y$ ，则满足

X + Y = n,

即

Y = n - X .

因此， $X$ 与 $Y$ 存在完全的线性负相关关系。

计算协方差：

Cov (X, Y) = Cov (X, n - X) = - Var (X) .

方差满足：

Var (Y) = Var (n - X) = Var (X) .

因此，相关系数为

ρ = \frac{Cov ( X , Y )}{σ _{X} σ _{Y}} = \frac{- Var ( X )}{Var ( X ) \cdot Var ( X )} = - 1.

故答案为 A。

解答题

11

\int \frac{arctan e ^{x}}{e ^{2 x}} d x =

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【答案】

- \frac{1}{2} e^{- x} - \frac{1}{2} arctan e^{x} (1 + e^{- 2 x}) + C

【解析】 考虑积分 $I = \int \frac{a r c t a n e ^{x}}{e ^{2 x}} d x$ 。令 $u = e^{x}$ ，则 $d u = e^{x} d x$ ，即 $d x = \frac{d u}{u}$ 。代入得：

I = \int \frac{arctan u}{u ^{2}} \cdot \frac{d u}{u} = \int \frac{arctan u}{u ^{3}} d u .

使用分部积分法，令 $p = arctan u$ ， $d q = u^{- 3} d u$ ，则 $d p = \frac{1}{1 + u ^{2}} d u$ ， $q = - \frac{1}{2} u^{- 2}$ 。于是：

\int p d q = pq - \int q d p = - \frac{1}{2} u^{- 2} arctan u + \frac{1}{2} \int \frac{u ^{- 2}}{1 + u ^{2}} d u .

计算积分 $\int \frac{u ^{- 2}}{1 + u ^{2}} d u = \int \frac{1}{u ^{2} ( 1 + u ^{2} )} d u$ 。进行部分分式分解：

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

所以：

\int \frac{1}{u ^{2} ( 1 + u ^{2} )} d u = \int \frac{1}{u ^{2}} d u - \int \frac{1}{1 + u ^{2}} d u = - \frac{1}{u} - arctan u + C .

代回得：

\int \frac{arctan u}{u ^{3}} d u = - \frac{1}{2} u^{- 2} arctan u + \frac{1}{2} (- \frac{1}{u} - arctan u) + C = - \frac{1}{2} u^{- 2} arctan u - \frac{1}{2} u^{- 1} - \frac{1}{2} arctan u + C .

将 $u = e^{x}$ 代回，得到：

I = - \frac{1}{2} e^{- 2 x} arctan e^{x} - \frac{1}{2} e^{- x} - \frac{1}{2} arctan e^{x} + C = - \frac{1}{2} e^{- x} - \frac{1}{2} arctan e^{x} (1 + e^{- 2 x}) + C .

此为最终结果。

12

设函数 $z = f (x, y)$ 在点(1,1) 处可微，且

f (1, 1) = 1, \frac{\partial f}{\partial x}_{(1, 1)} = 2, \frac{\partial f}{\partial y}_{(1, 1)} = 3, φ (x) = f (x, f (x, x)) .

求 $\frac{d}{d x} φ^{3} (x)_{x = 1}$ ．

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【答案】 $51$

【解析】 给定函数 $φ (x) = f (x, f (x, x))$ ，需要求 $\frac{d}{d x} φ^{3} (x)_{x = 1}$ 。首先，计算 $\frac{d}{d x} φ^{3} (x) = 3 [φ (x)]^{2} φ^{'} (x)$ ，因此需要求 $φ (1)$ 和 $φ^{'} (1)$ 。

由已知条件， $f (1, 1) = 1$ ，所以 $φ (1) = f (1, f (1, 1)) = f (1, 1) = 1$ 。

接下来，求 $φ^{'} (x)$ 。令 $u = x$ ， $v = f (x, x)$ ，则 $φ (x) = f (u, v)$ 。由链式法则：

φ^{'} (x) = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{d u}{d x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{d v}{d x}

其中 $\frac{d u}{d x} = 1$ ，而 $\frac{d v}{d x} = \frac{d}{d x} f (x, x) = \frac{\partial f}{\partial x}_{(x, x)} + \frac{\partial f}{\partial y}_{(x, x)}$ 。

在 $x = 1$ 时，点 $(u, v) = (1, f (1, 1)) = (1, 1)$ ，因此：

\frac{\partial f}{\partial u}_{(1, 1)} = \frac{\partial f}{\partial x}_{(1, 1)} = 2, \frac{\partial f}{\partial v}_{(1, 1)} = \frac{\partial f}{\partial y}_{(1, 1)} = 3

且

\frac{d v}{d x}_{x = 1} = \frac{\partial f}{\partial x}_{(1, 1)} + \frac{\partial f}{\partial y}_{(1, 1)} = 2 + 3 = 5

所以：

φ^{'} (1) = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 5 = 2 + 15 = 17

代入：

\frac{d}{d x} φ^{3} (x)_{x = 1} = 3 [φ (1)]^{2} φ^{'} (1) = 3 \cdot 1^{2} \cdot 17 = 51

因此，结果为 51。

13

设 $f (x) = {\frac{1 + x ^{2}}{x} arctan x, 1, x \neq = 0; x = 0.$ 试将 $f (x)$ 展开成 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 - 4 n ^{2}}$ 的和．

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【答案】

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

【解析】 给定函数 $f (x) = {\frac{1 + x ^{2}}{x} arctan x, 1, x \neq = 0; x = 0.$ 将其展开为 $x$ 的幂级数。

首先，对于 $x \neq = 0$ ，有：

f (x) = \frac{1 + x ^{2}}{x} arctan x = \frac{arctan x}{x} + x arctan x .

利用 $arctan x$ 的麦克劳林级数：

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

代入得：

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

因此，

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

将第二个级数改写为：

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

于是，

f (x) = 1 + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n}}{2 n + 1} + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{x ^{2 n}}{2 n - 1} = 1 + n = 1 \sum \infty [(- 1)^{n} \frac{1}{2 n + 1} + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{2 n - 1}] x^{2 n} .

简化括号内表达式：

(- 1)^{n} \frac{1}{2 n + 1} + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{2 n - 1} = (- 1)^{n} (\frac{1}{2 n + 1} - \frac{1}{2 n - 1}) = (- 1)^{n} \cdot \frac{- 2}{4 n ^{2} - 1} = \frac{2 ( - 1 ) ^{n + 1}}{4 n ^{2} - 1} .

因此，

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

这就是 $f (x)$ 的幂级数展开。

现在求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 - 4 n ^{2}}$ 的和。注意到：

\frac{( - 1 ) ^{n}}{1 - 4 n ^{2}} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{- ( 4 n ^{2} - 1 )} = - \frac{( - 1 ) ^{n}}{4 n ^{2} - 1} = \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{4 n ^{2} - 1} .

在 $f (x)$ 的展开式中，令 $x = 1$ ，有：

f (1) = \frac{1 + 1 ^{2}}{1} arctan 1 = 2 \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{2},

同时由级数展开：

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

所以，

\frac{π}{2} = 1 + n = 1 \sum \infty \frac{2 ( - 1 ) ^{n + 1}}{4 n ^{2} - 1},

即：

n = 1 \sum \infty \frac{2 ( - 1 ) ^{n + 1}}{4 n ^{2} - 1} = \frac{π}{2} - 1,

因此：

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

于是，

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

14

计算 $I = \oint_{L} (y^{2} - z^{2}) d x + (2 z^{2} - x^{2}) d y + (3 x^{2} - y^{2}) d z$ ，其中 $L$ 是平面 $x + y + z = 2$ 与柱面 $∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1$ 的交线，从 $z$ 轴正向看去， $L$ 为逆时针方向．

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【答案】 $- 24$

【解析】 使用斯托克斯定理将曲线积分转化为曲面积分。给定向量场 $F = (P, Q, R) = (y^{2} - z^{2}, 2 z^{2} - x^{2}, 3 x^{2} - y^{2})$ ，计算旋度：

\nabla \times F = (\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) = (- 2 y - 4 z, - 2 z - 6 x, - 2 x - 2 y) .

曲线 $L$ 是平面 $x + y + z = 2$ 与柱面 $∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1$ 的交线，选取曲面 $S$ 为平面 $x + y + z = 2$ 上被 $L$ 包围的部分。参数化曲面为 $z = 2 - x - y$ ，其中 $(x, y)$ 在区域 $D : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1$ 上。曲面向量元为 $d S = (1, 1, 1) d x d y$ ，方向与从 $z$ 轴正向看逆时针方向一致。

曲面积分为：

\iint_{S} (\nabla \times F) \cdot d S = \iint_{D} (\nabla \times F) \cdot (1, 1, 1) d x d y .

计算点积：

(\nabla \times F) \cdot (1, 1, 1) = (- 2 y - 4 z) + (- 2 z - 6 x) + (- 2 x - 2 y) = - 8 x - 4 y - 6 z .

代入 $z = 2 - x - y$ ：

- 8 x - 4 y - 6 (2 - x - y) = - 8 x - 4 y - 12 + 6 x + 6 y = - 2 x + 2 y - 12.

因此，积分化为：

\iint_{D} (- 2 x + 2 y - 12) d x d y .

区域 $D$ 是菱形 $∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1$ ，关于 $x$ 轴和 $y$ 对称。函数 $- 2 x$ 和 $2 y$ 是奇函数，积分值为零。常数项 $- 12$ 的积分为：

- 12 \times Area (D) = - 12 \times 2 = - 24.

故曲线积分 $I = - 24$ 。

\boxed{-24}

15

设 $y = f (x)$ 在 $(- 1, 1)$ 内具有二阶连续导数且 $f^{''} (x) \neq = 0$ ，试证：

(1) 对于 $(- 1, 1)$ 内的任意 $x \neq = 0$ ，存在唯一的 $θ (x) \in (0, 1)$ ，使得 $f (x) = f (0) + x f^{'} (θ (x) x)$ 成立；

(2) $lim_{x \to 0} θ (x) = \frac{1}{2}$ ．

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【答案】
(1) 对于任意 $x \neq = 0$ 在 $(- 1, 1)$ 内，存在唯一的 $θ (x) \in (0, 1)$ 使得 $f (x) = f (0) + x f^{'} (θ (x) x)$ 成立。
(2) $lim_{x \to 0} θ (x) = \frac{1}{2}$ 。

【解析】
(1) 由拉格朗日中值定理，对于 $x \neq = 0$ 在 $(- 1, 1)$ 内，存在 $c$ 在 $0$ 与 $x$ 之间使得 $f (x) - f (0) = f^{'} (c) x$ 。令 $c = θ (x) x$ ，则 $θ (x) = c / x$ 。当 $x > 0$ 时， $c \in (0, x)$ ，故 $θ (x) \in (0, 1)$ ；当 $x < 0$ 时， $c \in (x, 0)$ ，故 $θ (x) \in (0, 1)$ 。因此存在 $θ (x) \in (0, 1)$ 满足等式。
为证唯一性，考虑 $f^{''} (x) \neq = 0$ 且连续，故 $f^{''} (x)$ 恒正或恒负，从而 $f^{'} (x)$ 严格单调。对于固定 $x$ ，函数 $h (θ) = f^{'} (θ x)$ 是严格单调的，因此方程 $h (θ) = \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x}$ 有唯一解 $θ \in (0, 1)$ 。故 $θ (x)$ 唯一。

(2) 由泰勒展开，在 $x = 0$ 处有：

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{1}{2} f^{''} (0) x^{2} + o (x^{2})

又由给定等式：

f (x) = f (0) + x f^{'} (θ x)

对 $f^{'} (θ x)$ 在 $0$ 处展开：

f^{'} (θ x) = f^{'} (0) + f^{''} (0) θ x + o (θ x) = f^{'} (0) + f^{''} (0) θ x + o (x)

代入得：

f (x) = f (0) + x [f^{'} (0) + f^{''} (0) θ x + o (x)] = f (0) + f^{'} (0) x + f^{''} (0) θ x^{2} + o (x^{2})

比较两式：

f (0) + f^{'} (0) x + f^{''} (0) θ x^{2} + o (x^{2}) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{1}{2} f^{''} (0) x^{2} + o (x^{2})

即：

f^{''} (0) θ x^{2} + o (x^{2}) = \frac{1}{2} f^{''} (0) x^{2} + o (x^{2})

整理得：

f^{''} (0) (θ - \frac{1}{2}) x^{2} = o (x^{2})

由于 $f^{''} (0) \neq = 0$ ，两边除以 $f^{''} (0) x^{2}$ ：

θ - \frac{1}{2} = \frac{o ( x ^{2} )}{f ^{''} ( 0 ) x ^{2}} \to 0 (x \to 0)

故 $lim_{x \to 0} θ (x) = \frac{1}{2}$ 。

16

设有一高度为 $h (t)$ （ $t$ 为时间）的雪堆在融化过程中，其侧面满足方程

z = h (t) - \frac{2 ( x ^{2} + y ^{2} )}{h ( t )}

（设长度单位为厘米，时间单位为小时），已知体积减少的速率与侧面积成正比（比例系数 $0.9$ ），问高度为 $130$ 厘米的雪堆全部融化需多少小时？

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【答案】 $100$

【解析】
雪堆的形状由方程 $z = h (t) - \frac{2 ( x ^{2} + y ^{2} )}{h ( t )}$ 描述，这是一个旋转抛物面。首先，计算体积 $V$ 和侧面积 $S$ 作为 $h (t)$ 的函数。

体积 $V$ 通过积分求得：
在高度 $z$ 处的截面半径满足 $r^{2} = \frac{h}{2} (h - z)$ ，因此

V = \int_{0}^{h} π r^{2} d z = \int_{0}^{h} π \cdot \frac{h}{2} (h - z) d z = π \frac{h}{2} \int_{0}^{h} (h - z) d z = π \frac{h}{2} \cdot \frac{h ^{2}}{2} = \frac{π}{4} h^{3}

侧面积 $S$ 通过旋转曲面积分求得：
由曲线 $z = h - \frac{2 r ^{2}}{h}$ ，其中 $r$ 从 $0$ 到 $\frac{h}{2}$ ，

\frac{d z}{d r} = - \frac{4 r}{h}

S = \int_{0}^{\frac{h}{2}} 2 π r 1 + (\frac{d z}{d r})^{2} d r = \int_{0}^{\frac{h}{2}} 2 π r 1 + \frac{16 r ^{2}}{h ^{2}} d r

令 $u = \frac{4 r}{h}$ ，则 $d r = \frac{h}{4} d u$ ，积分限变为 $u = 0$ 到 $u = 22$ ，

S = \int_{0}^{22} 2 π (\frac{h u}{4}) 1 + u^{2} \cdot \frac{h}{4} d u = \frac{π h ^{2}}{8} \int_{0}^{22} u 1 + u^{2} d u

计算积分：令 $v = 1 + u^{2}$ ，则 $d v = 2 u d u$ ，

\int_{0}^{22} u 1 + u^{2} d u = \frac{1}{2} \int_{1}^{9} v^{1/2} d v = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} v^{3/2}_{1}^{9} = \frac{1}{3} (27 - 1) = \frac{26}{3}

因此，

S = \frac{π h ^{2}}{8} \cdot \frac{26}{3} = \frac{13 π}{12} h^{2}

已知体积减少速率与侧面积成正比，比例系数 $0.9$ ，即

\frac{d V}{d t} = - 0.9 S

代入 $V$ 和 $S$ ：

\frac{d}{d t} (\frac{π}{4} h^{3}) = - 0.9 \cdot \frac{13 π}{12} h^{2}

求导得：

\frac{3 π}{4} h^{2} \frac{d h}{d t} = - 0.9 \cdot \frac{13 π}{12} h^{2}

两边除以 $π h^{2}$ （假设 $h \neq = 0$ )：

\frac{3}{4} \frac{d h}{d t} = - 0.9 \cdot \frac{13}{12}

计算右边：

0.9 \cdot \frac{13}{12} = \frac{9}{10} \cdot \frac{13}{12} = \frac{117}{120} = \frac{39}{40}

所以，

\frac{3}{4} \frac{d h}{d t} = - \frac{39}{40}

解得：

\frac{d h}{d t} = - \frac{39}{40} \cdot \frac{4}{3} = - \frac{13}{10}

即高度减少速率为常数 $- \frac{13}{10}$ cm/h。

雪堆初始高度为 130 cm，全部融化时高度为 0，所需时间为：

t = \frac{130}{\frac{13}{10}} = 130 \cdot \frac{10}{13} = 100

因此，雪堆全部融化需 100 小时。

17

设 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ 为线性方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系，

β_{1} = t_{1} α_{1} + t_{2} α_{2}, β_{2} = t_{1} α_{2} + t_{2} α_{3}, \dots, β_{s} = t_{1} α_{s} + t_{2} α_{1},

其中 $t_{1}, t_{2}$ 为实常数．试问 $t_{1}, t_{2}$ 满足什么关系时， $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 也为 $A x = 0$ 的一个基础解系？

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【答案】 当 $s$ 为奇数时， $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ ；当 $s$ 为偶数时， $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ 且 $t_{1} - t_{2} \neq = 0$ 。

【解析】 设 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ 是线性方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系，则它们线性无关且张成解空间。 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 是 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ 的线性组合，因此每个 $β_{i}$ 都是 $A x = 0$ 的解。要使 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 也成为基础解系，只需它们线性无关。

考虑变换矩阵 $T$ ，使得 $[β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}] = [α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}] T$ ，其中 $T$ 是 $s \times s$ 矩阵：

T = t_{1} t_{2} 0 ⋮ 00 0 t_{1} t_{2} ⋮ 00 00 t_{1} ⋮ 00 \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 000 ⋮ t_{1} t_{2} t_{2} 00 ⋮ 0 t_{1} .

由于 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ 线性无关， $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 线性无关当且仅当 $T$ 可逆。

矩阵 $T$ 可以写为 $T = t_{1} I + t_{2} P$ ，其中 $P$ 是循环置换矩阵：

P = 010 ⋮ 00 001 ⋮ 00 000 ⋮ 00 \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 000 ⋮ 01 100 ⋮ 00 .

$P$ 的特征值为 $ω^{k}$ （ $k = 0, 1, \dots, s - 1$ ），其中 $ω = e^{2 πi / s}$ 。因此 $T$ 的特征值为 $t_{1} + t_{2} ω^{k}$ （ $k = 0, 1, \dots, s - 1$ )。 $T$ 可逆当且仅当所有特征值非零，即 $t_{1} + t_{2} ω^{k} \neq = 0$ 对所有 $k$ 成立。

当 $t_{2} = 0$ 时， $T = t_{1} I$ ，可逆当且仅当 $t_{1} \neq = 0$ 。当 $t_{2} \neq = 0$ 时，条件等价于 $- t_{1} / t_{2}$ 不是 $s$ 次单位根。考虑到 $t_{1}, t_{2}$ 为实数，仅需考虑实单位根：

若 $s$ 为奇数，实单位根只有 $1$ ，故需 $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ 。
若 $s$ 为偶数，实单位根有 $1$ 和 $- 1$ ，故需 $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ 且 $t_{1} - t_{2} \neq = 0$ 。

当 $s = 1$ 时， $β_{1} = (t_{1} + t_{2}) α_{1}$ ，线性无关当且仅当 $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ ，与奇数情况一致。

因此，综上所述，当 $s$ 为奇数时，条件为 $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ ；当 $s$ 为偶数时，条件为 $t_{1} + t_{2} \neq = 0$ 且 $t_{1} - t_{2} \neq = 0$ 。

18

已知 $3$ 阶矩阵 $A$ 与三维向量 $x$ ，使得向量组 $x, A x, A^{2} x$ 线性无关，且满足

A^{3} x = 3 A x - 2 A^{2} x .

(1) 记 $P = (x, A x, A^{2} x)$ ，求 $3$ 阶矩阵 $B$ ，使 $A = PB P^{- 1}$ ；

(2) 计算行列式 $∣ A + E ∣$ ．

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【答案】

B = 010001 03 - 2, ∣ A + E ∣ = - 4

【解析】 已知向量组 $x, A x, A^{2} x$ 线性无关，且满足 $A^{3} x = 3 A x - 2 A^{2} x$ 。令 $P = (x, A x, A^{2} x)$ ，则 $P$ 可逆。

(1) 求矩阵 $B$ 使得 $A = PB P^{- 1}$ 。考虑基向量 $v_{1} = x$ , $v_{2} = A x$ , $v_{3} = A^{2} x$ ，计算 $A$ 在这些基向量上的作用：

$A v_{1} = A x = v_{2}$ ，对应坐标 $(0, 1, 0)^{T}$ ；
$A v_{2} = A (A x) = A^{2} x = v_{3}$ ，对应坐标 $(0, 0, 1)^{T}$ ；
$A v_{3} = A (A^{2} x) = A^{3} x = 3 A x - 2 A^{2} x = 3 v_{2} - 2 v_{3}$ ，对应坐标 $(0, 3, - 2)^{T}$ 。因此，矩阵 $B$ 为： $B = 010001 03 - 2$

(2) 计算行列式 $∣ A + E ∣$ 。由 $A = PB P^{- 1}$ ，得 $A + E = PB P^{- 1} + P I P^{- 1} = P (B + I) P^{- 1}$ ，故 $∣ A + E ∣ = ∣ P (B + I) P^{- 1} ∣ = ∣ B + I ∣$ 。计算 $B + I$ ：

B + I = 110011 03 - 1

行列式为：

∣ B + I ∣ = 110011 03 - 1 = 1 \cdot 11 3 - 1 = 1 \cdot (1 \cdot (- 1) - 3 \cdot 1) = - 4

因此， $∣ A + E ∣ = - 4$ 。

19

设某班车起点站上客人数 $X$ 服从参数 $λ$ （ $λ > 0$ ）的泊松分布，每位乘客在中途下车的概率为 $p$ （ $0 < p < 1$ ），且途中下车与否相互独立，以 $Y$ 表示在中途下车的人数，求：

(1) 在发车时有 $n$ 个乘客的条件下，中途有 $m$ 人下车的概率；

(2) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布．

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【答案】
(1) 在发车时有 $n$ 个乘客的条件下，中途有 $m$ 人下车的概率为：

P (Y = m ∣ X = n) = (m n) p^{m} (1 - p)^{n - m}, m = 0, 1, \dots, n .

(2) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：
对于 $n = 0, 1, 2, \dots$ 和 $m = 0, 1, \dots, n$ ，

P (X = n, Y = m) = (m n) p^{m} (1 - p)^{n - m} \cdot \frac{λ ^{n} e ^{- λ}}{n !} .

当 $n < m$ 时， $P (X = n, Y = m) = 0$ 。

【解析】
(1) 给定发车时乘客人数 $X = n$ ，每位乘客中途下车相互独立且概率为 $p$ ，因此中途下车人数 $Y$ 服从二项分布，即

P (Y = m ∣ X = n) = (m n) p^{m} (1 - p)^{n - m} .

(2) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的联合概率分布可通过条件概率公式得到：

P (X = n, Y = m) = P (Y = m ∣ X = n) \cdot P (X = n) .

其中 $P (X = n)$ 是参数为 $λ$ 的泊松分布，即

P (X = n) = \frac{λ ^{n} e ^{- λ}}{n !},

而 $P (Y = m ∣ X = n)$ 如 (1) 所示。

因此，当 $n \geq m$ 时，有

P (X = n, Y = m) = (m n) p^{m} (1 - p)^{n - m} \cdot \frac{λ ^{n} e ^{- λ}}{n !};

当 $n < m$ 时，概率为 $0$ 。

20

设总体 $X$ 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ （ $σ > 0$ ），从该总体中抽取简单随机样本 $X_{1}$ , $X_{2}$ , $\dots$ , $X_{2 n}$ （ $n \geq 2$ ），其样本均值为 $\overline{X} = \frac{1}{2 n} \sum_{i = 1}^{2 n} X_{i}$ ，求统计量

Y = i = 1 \sum n (X_{i} + X_{n + i} - 2 \overline{X})^{2}

的数学期望 $E (Y)$ ．

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【答案】
$2 (n - 1) σ^{2}$

【解析】
设 $S_{i} = X_{i} + X_{n + i}$ ，则 $S_{i} \sim N (2 μ, 2 σ^{2})$ ，且 $S_{1}, S_{2}, \dots, S_{n}$ 相互独立。
样本均值为

\overline{X} = \frac{1}{2 n} i = 1 \sum 2 n X_{i} = \frac{1}{2 n} i = 1 \sum n S_{i},

因此

2 \overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n S_{i} = \overset{ˉ}{S},

其中 $\overset{ˉ}{S}$ 是 $S_{i}$ 的样本均值。

定义统计量

Y = i = 1 \sum n (S_{i} - \overset{ˉ}{S})^{2} .

由于 $S_{i}$ 独立同分布，且 $\overset{ˉ}{S}$ 为其样本均值，有

E [i = 1 \sum n (S_{i} - \overset{ˉ}{S})^{2}] = (n - 1) Var (S_{i}) .

已知 $Var (S_{i}) = 2 σ^{2}$ ，故

E (Y) = (n - 1) \cdot 2 σ^{2} = 2 (n - 1) σ^{2} .