2004 年真题

【答案】 $y=x-1$

【解析】
首先，将直线 $x+y=1$ 化为斜截式： $y=-x+1$ ，其斜率为 -1。与之垂直的直线斜率应满足乘积为 -1，即斜率为 1。曲线 $y=\ln x$ 的导数为 $y^{\prime }=\frac{1}{x}$ ，令导数值等于切线斜率 1，即 $\frac{1}{x}=1$ ，解得 $x=1$ 。代入曲线方程得 $y=\ln 1=0$ ，因此切点为 (1, 0)。由点斜式得切线方程： $y-0=1\cdot (x-1)$ ，即 $y=x-1$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}(\ln x{)}^2$

【解析】
已知 $f^{\prime }({\mathrm{e}}^x)=x{\mathrm{e}}^{-x}$ ，令 $u={\mathrm{e}}^x$ ，则 $x=\ln u$ ，代入得 $f^{\prime }(u)=(\ln u){\mathrm{e}}^{-\ln u}=\frac{\ln u}{u}$ 。因此， $f^{\prime }(x)=\frac{\ln x}{x}$ 。
对 $f^{\prime }(x)$ 积分，得 $f(x)=\int \frac{\ln x}{x}dx$ 。令 $t=\ln x$ ，则 $dt=\frac{1}{x}dx$ ，积分化为 $\int tdt=\frac{t^2}{2}+C=\frac{(\ln x{)}^2}{2}+C$ 。
由初始条件 $f(1)=0$ ，代入 $x=1$ ，得 $\frac{(\ln 1{)}^2}{2}+C=0$ ，即 $C=0$ 。故 $f(x)=\frac{1}{2}(\ln x{)}^2$ 。

【答案】 $\frac{3\pi }{2}$

【解析】 曲线 $L$ 是圆 $x^2+y^2=2$ 在第一象限的部分，正向为逆时针方向。采用参数方程：令 $x=\sqrt{2}\cos t$ ， $y=\sqrt{2}\sin t$ ，其中 $t$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi }{2}$ 。
计算微分：
$dx=-\sqrt{2}\sin tdt$ ，
$dy=\sqrt{2}\cos tdt$ 。
代入曲线积分：

简化被积函数：

因此，

计算积分：

所以，

最终，

因此，曲线积分的值为 $\frac{3\pi }{2}$ 。

【答案】
$y=\frac{C_1}{x}+\frac{C_2}{x^2}$

【解析】
给定欧拉方程

通过代换 $x=e^t$ （即 $t=\ln x$ ）将其转化为常系数线性微分方程。

计算导数

代入原方程

化简得：

求解常系数方程

该方程的特征方程为

解得根 $r=-1$ 和 $r=-2$ ，因此通解为

代回 $t=\ln x$ ，得

故原方程的通解为

【答案】 $\frac{1}{9}$

【解析】 给定矩阵 A=​210​120​001​​ ，满足方程 $AB{A}^{\ast }=2B{A}^{\ast }+E$ ，其中 $A^{\ast }$ 是 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 是单位矩阵。首先计算 $A$ 的行列式：

由于 $|A|=3\ne 0$ ， $A$ 可逆，且伴随矩阵满足 $A^{\ast }=|A|A^{-1}=3A^{-1}$ 。代入原方程：

简化得：

右乘 $A$ ：

即：

整理得：

即：

计算矩阵 $C=3A-6E$ ：

计算 $|C|$ ：

由 $(3A-6E)B=A$ ，取行列式：

即：

所以：

因此， $|B|=\frac{1}{9}$ 。

【答案】
$e^{-1}$

【解析】
随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，其方差 $D(X)=\frac{1}{{\lambda }^2}$ ，因此 $\sqrt{D(X)}=\frac{1}{\lambda }$ 。
需要计算概率 $P\{X>\sqrt{D(X)}\}=P\{X>\frac{1}{\lambda }\}$ 。
指数分布的累积分布函数为 $F(x)=1-e^{-\lambda x}$ ，故 $P\{X>x\}=e^{-\lambda x}$ 。
代入 $x=\frac{1}{\lambda }$ ，得 $P\{X>\frac{1}{\lambda }\}=e^{-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda }}=e^{-1}$ 。
因此， $P\{X>\sqrt{DX}\}=e^{-1}$ 。

【答案】 不等式成立。

【解析】 令 $f(x)=(\ln x{)}^2$ ，则 $f^{\prime }(x)=\frac{2\ln x}{x}$ 。由拉格朗日中值定理，存在 $c\in (a,b)$ 使得

由于 $e<a<c<b<e^2$ ，故 $c\in (e,e^2)$ 。考虑函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$ ，则 $g^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$ 。当 $x>e$ 时， $g^{\prime }(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 在 $(e,+\infty )$ 上严格递减。因此当 $c\in (e,e^2)$ 时，有

于是

故原不等式得证。

【答案】 1.05 千米

【解析】

由题设，飞机质量 $m=9000\text{kg}$ ，着陆时的水平速度 $v_0=700\text{km/h}$ 。从飞机接触跑道开始计时，设 t 时刻飞机的滑行距离为 $x(t)$ ，速度为 $v(t)$ ，则 $v(0)=v_0,x(0)=0$ 。根据牛顿第二定律有 $m\frac{dv}{dt}=-kv$ 。又 $\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dx}\cdot \frac{dx}{dt}=v\frac{dv}{dx}$ ，故由以上两式得 $dx=-\frac{m}{k}dv$ ，积分得 $x(t)=-\frac{m}{k}v+C$ 。由初始条件 $v(0)=v_0,x(0)=0$ ，解得 $C=\frac{m}{k}{v}_0$ ，从而 $x(t)=\frac{m}{k}(v_0-v(t))$ 。当 $v(t)\to 0$ 时，

所以，飞机滑行的最长距离为 1.05 千米。

【答案】 $-\pi$

【解析】 考虑曲面 $\Sigma$ : $z=1-x^2-y^2$ ( $z\ge 0$ ) 的上侧。为了应用散度定理，添加底面 $S_1$ : $z=0$ ( $x^2+y^2\le 1$ ) 的下侧，构成封闭曲面 $S=\Sigma \cup S_1$ ，所围区域为 $\Omega$ 。令向量场 $\mathbf{F}=(P,Q,R)=(2x^3,2y^3,3(z^2-1))$ ，则原积分可写为：

由散度定理：

计算散度：

在柱坐标下： $x=r\cos \theta$ , $y=r\sin \theta$ , $z=z$ ，则 $dV=rdrd\theta dz$ ，积分区域为 $0\le \theta \le 2\pi$ , $0\le r\le 1$ , $0\le z\le 1-r^2$ 。于是：

先对 $z$ 积分：

然后对 $r$ 积分：

所以：

因此：

接下来计算底面积分 ${\iint }_{S_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ 。在 $S_1$ 上， $z=0$ ，下侧，法向量为 $\mathbf{n}=(0,0,-1)$ 。由于 $S_1$ 是水平面， $dydz$ 和 $dzdx$ 的投影面积为零，只需计算 $dxdy$ 部分。对于下侧，有 $dxdy=-dA$ ，其中 $dA=dxdy$ 是投影面积元。于是：

所以：

因此，曲面积分 $I=-\pi$ .

【答案】 方程 $x^n+nx-1=0$ 存在唯一正实根 $x_n\in (0,1)$ ，且当 $\alpha >1$ 时，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}_n^{\alpha }$ 收敛。

【解析】 考虑函数 $f(x)=x^n+nx-1$ ，其中 $n$ 为正整数。
当 $x=0$ 时， $f(0)=-1<0$ ；当 $x=1$ 时， $f(1)=n>0$ 。
由于 $f(x)$ 连续，由中间值定理，存在 $x_n\in (0,1)$ 使得 $f(x_n)=0$ 。
又 $f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}+n>0$ 对于 $x>0$ ，故 $f(x)$ 在 $x>0$ 上严格递增，因此正实根 $x_n$ 唯一。

由方程 $x_n^n+n{x}_n-1=0$ 可得 $x_n^n+n{x}_n=1$ 。
由于 $x_n^n>0$ ，有 $n{x}_n<1$ ，即 $x_n<\frac{1}{n}$ 。
当 $\alpha >1$ 时，有 $x_n^{\alpha }<{\left(\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }=\frac{1}{n^{\alpha }}$ 。
而级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$ 收敛（ $\alpha >1$ 时的 $p$ -级数），
由比较判别法，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}_n^{\alpha }$ 收敛。