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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

同试卷 3 第 1 题

2

设 $z = e^{- x} - f (x - 2 y)$ ，且当 $y = 0$ 时， $z = x^{2}$ ，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ______．

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【答案】

2 (x - 2 y) + e^{- x} (e^{2 y} - 1)

【解析】
已知 $z = e^{- x} - f (x - 2 y)$ ，且当 $y = 0$ 时， $z = x^{2}$ 。
代入 $y = 0$ 得：

z = e^{- x} - f (x) = x^{2}

解得：

f (x) = e^{- x} - x^{2}

因此，

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

代入原式得：

z = e^{- x} - [e^{- x + 2 y} - (x - 2 y)^{2}] = e^{- x} - e^{- x + 2 y} + (x - 2 y)^{2}

对 $x$ 求偏导：

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

整理得：

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

故答案为 $2 (x - 2 y) + e^{- x} (e^{2 y} - 1)$ 。

3

设行列式 $D = 3205 02 - 7 3 420 - 2 0202$ ，则第 $4$ 行各元素余子式之和的值为 ______．

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【答案】 -28

【解析】
根据代数余子式的定义： $A_{41} = (- 1)^{4 + 1} M_{41} = - M_{41}$ $A_{42} = (- 1)^{4 + 2} M_{42} = M_{42}$ $A_{43} = (- 1)^{4 + 3} M_{43} = - M_{43}$ $A_{44} = (- 1)^{4 + 4} M_{44} = M_{44}$

所以：

M_{41} + M_{42} + M_{43} + M_{44} = - A_{41} + A_{42} - A_{43} + A_{44}

根据行列式展开定理，这个和等于将原行列式 $D$ 的第4行元素替换为 $- 1, 1, - 1, 1$ 后的行列式的值：

M_{41} + M_{42} + M_{43} + M_{44} = 320 - 1 02 - 7 1 422 - 1 0201

计算这个行列式：

320 - 1 02 - 7 1 422 - 1 0201 = 2 310 - 1 01 - 7 1 412 - 1 0101

将第二行乘以 $\frac{1}{2}$ ，行列式值乘以2。

继续计算：

= 2 310 - 2 01 - 7 0 412 - 2 0100

将第四行加上第一行，第四列全为0。

= 2 30 - 2 0 - 7 0 42 - 2

按第四列展开，只剩前3×3行列式。

= 2 [3 \cdot - 7 0 2 - 2 - 0 + 4 \cdot 0 - 2 - 7 0]

= 2 [3 \cdot (14) + 4 \cdot (14)]

= 2 [42 - 56]

= 2 \cdot (- 14) = - 28

所以，第4行各元素余子式之和的值为 $- 28$ 。

最终答案： $- 28$

4

同试卷 3 第 3 题

5

同试卷 3 第 4 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

9

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ，与 $A \cup B = B$ 不等价的是

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正确答案：D

正确答案：D

对于任意事件 $A$ 和 $B$ ， $A \cup B = B$ 等价于 $A \subset B$ 。

选项 A 直接等价于 $A \subset B$ ，因此与 $A \cup B = B$ 等价。
选项 B $\overset{ˉ}{B} \subset \overset{ˉ}{A}$ 是 $A \subset B$ 的补集形式，因此也等价。
选项 C $A \overset{ˉ}{B} = \emptyset$ 表示 $A$ 与 $B$ 的补集之交为空，即 $A$ 中的元素都在 $B$ 中，因此等价于 $A \subset B$ 。
选项 D $\overset{ˉ}{A} B = \emptyset$ 表示 $B$ 与 $A$ 的补集之交为空，即 $B$ 中的元素都在 $A$ 中，这等价于 $B \subset A$ ，与 $A \subset B$ 不等价（除非 $A = B$ ）。

因此，与 $A \cup B = B$ 不等价的是选项 D。

10

同试卷 1 第 10 题

解答题

11

同试卷 3 第 11 题

12

同试卷 3 第 12 题

13

同试卷 3 第 13 题

14

某商品进价为 $a$ （元/件），根据以往经验，当销售价为 $b$ （元/件）时，销售量为 $c$ 件（ $a, b, c$ 均为正常数，且 $b \geq \frac{4}{3} a$ ）。市场调查表明，销售价每下降 10%，销售量可增加 40%。现决定一次性降价，试问，当销售价定为多少时，可获得最大利润？并求出最大利润。

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【答案】 当销售价定为 $\frac{5 b + 4 a}{8}$ 元/件时，可获得最大利润，最大利润为 $\frac{c}{16 b} (5 b - 4 a)^{2}$ 元。

【解析】 设销售价为 $x$ 元/件，则根据市场调查，销售价每下降10%（相对于原销售价 $b$ ），销售量增加40%。因此，销售价下降百分比为 $r = \frac{b - x}{b}$ ，销售量 $q = c (1 + 4 r) = c \cdot \frac{5 b - 4 x}{b}$ 。

利润函数为：

L = (x - a) \cdot q = (x - a) \cdot c \cdot \frac{5 b - 4 x}{b} = \frac{c}{b} (x - a) (5 b - 4 x) .

这是一个关于 $x$ 的二次函数，且二次项系数为负，故存在最大值。通过求顶点坐标，可得最大利润对应的销售价：

x^{*} = \frac{5 b + 4 a}{8} .

代入利润函数，计算最大利润：

L_{max} = \frac{c}{b} (\frac{5 b + 4 a}{8} - a) (5 b - 4 \cdot \frac{5 b + 4 a}{8}) = \frac{c}{b} \cdot \frac{5 b - 4 a}{8} \cdot \frac{5 b - 4 a}{2} = \frac{c}{16 b} (5 b - 4 a)^{2} .

由于 $b \geq \frac{4}{3} a$ ，有 $5 b - 4 a > 0$ ，且 $x^{*} \leq b$ 和 $x^{*} \geq a$ 均成立，故该解有效。

15

设 $f (x)$ 在区间 $[0.1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且满足 $f (1) = 3 \int_{0}^{1/3} e^{1 - x^{2}} f (x) d x$ ．证明至少存在一点 $ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{'} (ξ) = 2 ξ f (ξ)$ ．

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【答案】 见解析

【解析】 令 $g (x) = e^{- x^{2}} f (x)$ ，则 $g (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且

g^{'} (x) = e^{- x^{2}} [f^{'} (x) - 2 x f (x)] .

由题设条件 $f (1) = 3 \int_{0}^{1/3} e^{1 - x^{2}} f (x) d x$ ，两边同乘 $e^{- 1}$ 得

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

即

g (1) = 3 \int_{0}^{1/3} g (x) d x .

由积分中值定理，存在 $c \in [0, 1/3]$ ，使得

\int_{0}^{1/3} g (x) d x = \frac{1}{3} g (c),

所以

g (1) = 3 \cdot \frac{1}{3} g (c) = g (c) .

因此 $g (c) = g (1)$ 。在区间 $[c, 1]$ 上应用罗尔定理，存在 $ξ \in (c, 1) \subset (0, 1)$ ，使得 $g^{'} (ξ) = 0$ ，即

e^{- ξ^{2}} [f^{'} (ξ) - 2 ξ f (ξ)] = 0,

故 $f^{'} (ξ) = 2 ξ f (ξ)$ 。证毕。

16

设函数 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 内连续， $f (1) = \frac{5}{2}$ ，且对所有 $x, t \in (0, + \infty)$ ，满足条件

\int_{1}^{x t} f (u) d u = t \int_{1}^{x} f (u) d u + x \int_{1}^{t} f (u) d u .

求 $f (x)$ ．

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【答案】

f (x) = \frac{5}{2} (1 + ln x)

【解析】 设 $F (x) = \int_{1}^{x} f (u) d u$ ，则原方程化为：

F (x t) = tF (x) + x F (t)

对两边关于 $t$ 求导（视 $x$ 为常数）：

x f (x t) = F (x) + x f (t)

令 $t = 1$ ，代入 $f (1) = \frac{5}{2}$ ：

x f (x) = F (x) + x \cdot \frac{5}{2}

即：

x f (x) = \int_{1}^{x} f (u) d u + \frac{5}{2} x

两边对 $x$ 求导：

f (x) + x f^{'} (x) = f (x) + \frac{5}{2}

简化得：

x f^{'} (x) = \frac{5}{2}

解得：

f^{'} (x) = \frac{5}{2 x}

积分得：

f (x) = \frac{5}{2} ln x + C

代入 $f (1) = \frac{5}{2}$ ：

\frac{5}{2} = \frac{5}{2} ln 1 + C ⟹ C = \frac{5}{2}

故：

f (x) = \frac{5}{2} (1 + ln x)

验证：令 $F (x) = \int_{1}^{x} f (u) d u = \frac{5}{2} x ln x$ ，则 $F (x t) = \frac{5}{2} x t ln (x t) = \frac{5}{2} x t (ln x + ln t)$ ，且 $tF (x) + x F (t) = \frac{5}{2} x t ln x + \frac{5}{2} x t ln t = \frac{5}{2} x t (ln x + ln t)$ ，满足原方程。

17

同试卷 3 第 17 题

18

设 $α_{i} = (a_{i 1}, a_{i 2}, \dots, a_{in})^{T}$ （ $i = 1, 2, \dots, r$ ； $r < n$ ）是 $n$ 维实向量，且 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $\dots$ , $α_{r}$ 线性无关．已知 $β = (b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n})^{T}$ 是线性方程组

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

的非零解向量．试判断向量组 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $\dots$ , $α_{r}$ , $β$ 的线性相关性．

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【答案】 线性无关

【解析】
考虑向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}, β$ 的线性相关性。设存在标量 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{r}, c_{r + 1}$ ，使得

c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + \dots + c_{r} α_{r} + c_{r + 1} β = 0.

由于 $β$ 是线性方程组的解向量，即对于每个 $i = 1, 2, \dots, r$ ，有 $α_{i}^{T} β = 0$ 。将上述方程两边与 $β$ 做内积（即左乘 $β^{T}$ ），得

c_{1} β^{T} α_{1} + c_{2} β^{T} α_{2} + \dots + c_{r} β^{T} α_{r} + c_{r + 1} β^{T} β = 0.

由 $α_{i}^{T} β = 0$ 可知 $β^{T} α_{i} = 0$ ，因此

c_{r + 1} β^{T} β = 0.

由于 $β$ 是非零向量， $β^{T} β = ∥ β ∥^{2} \neq = 0$ ，故 $c_{r + 1} = 0$ 。代入原方程，得

c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + \dots + c_{r} α_{r} = 0.

已知 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}$ 线性无关，因此 $c_{1} = c_{2} = \dots = c_{r} = 0$ 。综上，所有标量均为零，故向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}, β$ 线性无关。

19

同试卷 3 第 19 题

20

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布在以点 $(0, 1)$ , $(1, 0)$ , $(1, 1)$ 为顶点的三角形区域上服从均匀分布，试求随机变量 $U = X + Y$ 的方差．

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【答案】 $\frac{1}{18}$

【解析】 随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率密度函数在三角形区域上为常数。三角形的顶点为 $(0, 1)$ 、 $(1, 0)$ 、 $(1, 1)$ ，其面积为 $\frac{1}{2}$ ，因此联合概率密度函数为 $f_{X, Y} (x, y) = 2$ ，其中 $0 \leq x \leq 1$ ， $1 - x \leq y \leq 1$ 。

需要求 $U = X + Y$ 的方差，即 $Var (U) = E [U^{2}] - (E [U])^{2}$ 。首先计算 $E [U] = E [X + Y] = E [X] + E [Y]$ 。

计算 $E [X]$ ：

E [X] = \int_{0}^{1} \int_{1 - x}^{1} 2 x d y d x = \int_{0}^{1} 2 x [y]_{1 - x}^{1} d x = \int_{0}^{1} 2 x \cdot x d x = \int_{0}^{1} 2 x^{2} d x = 2 [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{2}{3} .

类似地，计算 $E [Y]$ ：

E [Y] = \int_{0}^{1} \int_{1 - x}^{1} 2 y d y d x = \int_{0}^{1} 2 [\frac{y ^{2}}{2}]_{1 - x}^{1} d x = \int_{0}^{1} [1 - (1 - x)^{2}] d x = \int_{0}^{1} (2 x - x^{2}) d x = [x^{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} .

所以 $E [U] = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$ .

接下来计算 $E [U^{2}] = E [(X + Y)^{2}] = E [X^{2}] + 2 E [X Y] + E [Y^{2}]$ 。

计算 $E [X^{2}]$ ：

E [X^{2}] = \int_{0}^{1} \int_{1 - x}^{1} 2 x^{2} d y d x = \int_{0}^{1} 2 x^{2} \cdot x d x = \int_{0}^{1} 2 x^{3} d x = 2 [\frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} .

计算 $E [Y^{2}]$ ：

E [Y^{2}] = \int_{0}^{1} \int_{1 - x}^{1} 2 y^{2} d y d x = \int_{0}^{1} 2 [\frac{y ^{3}}{3}]_{1 - x}^{1} d x = \int_{0}^{1} \frac{2}{3} [1 - (1 - x)^{3}] d x = \int_{0}^{1} \frac{2}{3} (3 x - 3 x^{2} + x^{3}) d x = \int_{0}^{1} (2 x - 2 x^{2} + \frac{2}{3} x^{3}) d x = [x^{2} - \frac{2}{3} x^{3} + \frac{1}{6} x^{4}]_{0}^{1} = 1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2} .

计算 $E [X Y]$ ：

E [X Y] = \int_{0}^{1} \int_{1 - x}^{1} 2 x y d y d x = \int_{0}^{1} 2 x [\frac{y ^{2}}{2}]_{1 - x}^{1} d x = \int_{0}^{1} x [1 - (1 - x)^{2}] d x = \int_{0}^{1} x (2 x - x^{2}) d x = \int_{0}^{1} (2 x^{2} - x^{3}) d x = [\frac{2}{3} x^{3} - \frac{1}{4} x^{4}]_{0}^{1} = \frac{2}{3} - \frac{1}{4} = \frac{5}{12} .

所以 $E [U^{2}] = \frac{1}{2} + 2 \times \frac{5}{12} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + \frac{10}{12} + \frac{1}{2} = \frac{11}{6}$ .

因此， $Var (U) = E [U^{2}] - (E [U])^{2} = \frac{11}{6} - (\frac{4}{3})^{2} = \frac{11}{6} - \frac{16}{9} = \frac{33}{18} - \frac{32}{18} = \frac{1}{18}$ .