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2006 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

$lim_{x \to 0} \frac{x l n ( 1 + x )}{1 - c o s x} =$ ______．

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【答案】 2

【解析】 该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用等价无穷小替换：当 $x \to 0$ 时， $ln (1 + x) \sim x$ ， $1 - cos x \sim \frac{x ^{2}}{2}$ 。因此，分子 $x ln (1 + x) \sim x \cdot x = x^{2}$ ，分母 $1 - cos x \sim \frac{x ^{2}}{2}$ ，原极限化为 $lim_{x \to 0} \frac{x ^{2}}{\frac{x ^{2}}{2}} = 2$ 。

或者，使用洛必达法则：设 $f (x) = x ln (1 + x)$ ， $g (x) = 1 - cos x$ ，则 $f^{'} (x) = ln (1 + x) + \frac{x}{1 + x}$ ， $g^{'} (x) = sin x$ 。极限化为 $lim_{x \to 0} \frac{l n ( 1 + x ) + \frac{x}{1 + x}}{s i n x}$ ，仍为 $\frac{0}{0}$ 型。再次应用洛必达法则，分子导数为 $\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} = \frac{2 + x}{( 1 + x ) ^{2}}$ ，分母导数为 $cos x$ 。极限化为 $lim_{x \to 0} \frac{2 + x}{( 1 + x ) ^{2} c o s x} = \frac{2}{1 \cdot 1} = 2$ 。

两种方法均得极限为 2。

2

微分方程 $y^{'} = \frac{y ( 1 - x )}{x}$ 的通解是 ______．

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【答案】
$y = C x e^{- x}$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $y^{'} = \frac{y ( 1 - x )}{x}$ ，这是一个可分离变量方程。
将方程写为 $\frac{d y}{d x} = \frac{y ( 1 - x )}{x}$ ，然后分离变量得 $\frac{d y}{y} = \frac{1 - x}{x} d x$ 。
右边化简为 $\frac{1}{x} - 1$ ，因此有 $\frac{d y}{y} = (\frac{1}{x} - 1) d x$ 。
对两边积分： $\int \frac{1}{y} d y = \int (\frac{1}{x} - 1) d x$ ，得到 $ln ∣ y ∣ = ln ∣ x ∣ - x + C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
解出 $y$ ：取指数得 $∣ y ∣ = e^{l n ∣ x ∣ - x + C} = ∣ x ∣ e^{- x} e^{C}$ ，即 $∣ y ∣ = K ∣ x ∣ e^{- x}$ ，其中 $K = e^{C} > 0$ 。
因此 $y = \pm K x e^{- x}$ ，令 $C_{1} = \pm K$ ，则 $y = C_{1} x e^{- x}$ 。
验证 $y = 0$ 也是解，当 $C_{1} = 0$ 时包含此情况，故通解为 $y = C x e^{- x}$ ，其中 $C$ 为任意常数。

3

设 $Σ$ 是锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ （ $0 \leq z \leq 1$ ）的下侧，则 $\iint_{Σ} x d y d z + 2 y d z d x + 3 (z - 1) d x d y =$ ______．

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【答案】 $2 π$

【解析】 考虑向量场 $F = (x, 2 y, 3 (z - 1))$ ，则给定积分等价于 $\iint_{Σ} F \cdot d S$ ，其中 $Σ$ 是锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ （ $0 \leq z \leq 1$ ）的下侧。
应用高斯散度定理，需要封闭曲面。定义区域 $V$ 为锥体： $0 \leq z \leq 1$ ， $x^{2} + y^{2} \leq z^{2}$ 。封闭曲面 $\partial V$ 由锥面 $Σ$ （下侧，与外法向一致）和上盖 $S_{1} : z = 1, x^{2} + y^{2} \leq 1$ （上侧）组成，下底面积为零可忽略。
高斯散度定理给出：

\iint_{\partial V} F \cdot d S = ∭_{V} \nabla \cdot F d V

其中：

\iint_{\partial V} F \cdot d S = \iint_{Σ} F \cdot d S + \iint_{S_{1}} F \cdot d S

计算散度：

\nabla \cdot F = \frac{\partial}{\partial x} (x) + \frac{\partial}{\partial y} (2 y) + \frac{\partial}{\partial z} (3 (z - 1)) = 1 + 2 + 3 = 6

体积分：

∭_{V} \nabla \cdot F d V = 6 ∭_{V} d V = 6 \times \frac{π}{3} = 2 π

（锥体体积为 $\int_{0}^{1} π z^{2} d z = \frac{π}{3}$ ）。
在上盖 $S_{1}$ 上，法向量为 $(0, 0, 1)$ ，故：

F \cdot d S = [x \cdot 0 + 2 y \cdot 0 + 3 (z - 1) \cdot 1] d A = 3 (1 - 1) d A = 0

所以：

\iint_{S_{1}} F \cdot d S = 0

因此：

\iint_{Σ} F \cdot d S = 2 π - 0 = 2 π

即所求积分为 $2 π$ 。

4

点 $(2, 1, 0)$ 到平面 $3 x + 4 y + 5 z = 0$ 的距离 $d =$ ______．

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【答案】
$2$

【解析】
点 $(2, 1, 0)$ 到平面 $3 x + 4 y + 5 z = 0$ 的距离公式为 $d = \frac{∣ A x _{0} + B y _{0} + C z _{0} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}}$ 。
其中， $A = 3$ ， $B = 4$ ， $C = 5$ ， $D = 0$ ， $x_{0} = 2$ ， $y_{0} = 1$ ， $z_{0} = 0$ 。
代入公式：
分子为 $∣3 \times 2 + 4 \times 1 + 5 \times 0 + 0∣ = ∣6 + 4∣ = 10$ ，
分母为 $3^{2} + 4^{2} + 5^{2} = 9 + 16 + 25 = 50 = 52$ 。
因此， $d = \frac{10}{5 2} = \frac{2}{2} = 2$ 。

5

设矩阵 $A = (2 - 1 12)$ ， $E$ 为 $2$ 阶单位矩阵，矩阵 $B$ 满足 $B A = B + 2 E$ ，则 $∣ B ∣ =$ ______．

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【答案】 $2$

【解析】
由方程 $B A = B + 2 E$ ，可得 $B A - B = 2 E$ ，即 $B (A - E) = 2 E$ 。
计算 $A - E = (2 - 1 12) - (1001) = (1 - 1 11)$ ，其行列式 $∣ A - E ∣ = 1 - 1 11 = 1 \times 1 - 1 \times (- 1) = 2$ 。
对等式 $B (A - E) = 2 E$ 两边取行列式，得 $∣ B ∣ \cdot ∣ A - E ∣ = ∣2 E ∣$ 。
由于 $E$ 为 2 阶单位矩阵， $∣2 E ∣ = 2^{2} \cdot ∣ E ∣ = 4 \times 1 = 4$ ，
代入得 $∣ B ∣ \times 2 = 4$ ，因此 $∣ B ∣ = 2$ 。

6

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且均服从区间 $[0, 3]$ 上的均匀分布，则 $P {max {X, Y} \leq 1} =$ ______．

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【答案】 $1/9$

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立且均服从 $[0, 3]$ 上的均匀分布，事件 $max {X, Y} \leq 1$ 等价于 $X \leq 1$ 且 $Y \leq 1$ 。因此，

P {max {X, Y} \leq 1} = P {X \leq 1 Y \leq 1} = P {X \leq 1} \cdot P {Y \leq 1}

其中 $P {X \leq 1} = \frac{1 - 0}{3 - 0} = \frac{1}{3}$ ，同理 $P {Y \leq 1} = \frac{1}{3}$ ，
故

P {max {X, Y} \leq 1} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9}

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

设函数 $y = f (x)$ 具有二阶导数，且 $f^{'} (x) > 0, f^{''} (x) > 0$ ， $Δ x$ 为自变量 $x$ 在 $x_{0}$ 处的增量， $Δ y$ 与 $d y$ 分别为 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处对应的增量与微分，若 $Δ x > 0$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 由带拉格朗日余项的泰勒公式，得到

Δ y - d y = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) Δ x = \frac{1}{2} f^{''} (ξ) (Δ x)^{2} > 0,

于是 $Δ y > d y$ 。又由于 $d y = f^{'} (x_{0}) Δ x > 0$ ，故有 $0 < d y < Δ y$ 。

8

设 $f (x, y)$ 为连续函数，则 $\int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{1} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ 等于

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
给定的极坐标积分

\int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{1} f (r cos θ, r sin θ) r d r

对应于区域 $D$ ，其中 $r$ 从 0 到 1， $θ$ 从 0 到 $\frac{π}{4}$ 。

在直角坐标系中，该区域由以下条件定义：

x^{2} + y^{2} \leq 1, x \geq 0, y \geq 0, y \leq x .

为了将积分转换为先对 $x$ 积分再对 $y$ 积分的形式，考虑固定 $y$ 时 $x$ 的范围：

$x$ 从 $y$ 到 $1 - y^{2}$ ，
$y$ 的范围从 0 到 $\frac{2}{2}$ （因为当 $y > \frac{2}{2}$ 时，不存在满足 $y \leq x$ 且 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ 的点）。

因此，积分变为：

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

对应选项 C。

其他选项分析：

选项 A： $y$ 从 $x$ 到 $1 - x^{2}$ ，对应 $y \geq x$ ，与区域条件 $y \leq x$ 相反。
选项 B： $y$ 从 0 到 $1 - x^{2}$ ，覆盖 $θ$ 从 0 到 $\frac{π}{2}$ 的部分区域，不满足 $y \leq x$ 。
选项 D： $x$ 从 0 到 $1 - y^{2}$ ，同样覆盖 $θ$ 从 0 到 $\frac{π}{2}$ 的部分区域，未体现 $y \leq x$ 的限制。

因此，只有选项 C 正确。

9

若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，则级数

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，考虑选项 D： $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a _{n} + a _{n + 1}}{2}$ 。令部分和 $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} a_{n}$ ，则 $\sum_{n = 1}^{N} \frac{a _{n} + a _{n + 1}}{2} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{N} a_{n} + \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{N} a_{n + 1} = \frac{1}{2} S_{N} + \frac{1}{2} (S_{N + 1} - a_{1}) = \frac{1}{2} S_{N} + \frac{1}{2} S_{N + 1} - \frac{a _{1}}{2}$ 。由于 $\sum a_{n}$ 收敛， $S_{N}$ 收敛于某极限 $S$ ，故 $S_{N + 1}$ 也收敛于 $S$ ，因此上述表达式收敛于 $\frac{1}{2} S + \frac{1}{2} S - \frac{a _{1}}{2} = S - \frac{a _{1}}{2}$ ，即级数收敛。

对于选项 A， $\sum ∣ a_{n} ∣$ 不一定收敛，例如 $a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，则 $\sum a_{n}$ 收敛但 $\sum ∣ a_{n} ∣$ 发散。
对于选项 B， $\sum (- 1)^{n} a_{n}$ 不一定收敛，例如 $a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，则 $\sum (- 1)^{n} a_{n} = \sum \frac{1}{n}$ 发散。
对于选项 C， $\sum a_{n} a_{n + 1}$ 不一定收敛，例如 $a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，则 $\sum a_{n}$ 收敛但 $\sum a_{n} a_{n + 1} = \sum - \frac{1}{n ( n + 1 )}$ 发散。
因此，只有选项 D 必然收敛。

10

设 $f (x, y)$ 与 $φ (x, y)$ 均为可微函数，且 $φ_{y}^{'} (x, y) \neq = 0$ ．已知 $(x_{0}, y_{0})$ 是 $f (x, y)$ 在约束条件 $φ (x, y) = 0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 由拉格朗日乘数法，在约束条件 $φ (x, y) = 0$ 下， $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 取得极值的必要条件是存在常数 $λ$ ，使得：

f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) + λ φ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0

f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) + λ φ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0

且 $φ (x_{0}, y_{0}) = 0$ 。由第二式及 $φ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ ，可得：

λ = - \frac{f _{y}^{'} ( x _{0} , y _{0} )}{φ _{y}^{'} ( x _{0} , y _{0} )}

代入第一式得：

f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) = \frac{f _{y}^{'} ( x _{0} , y _{0} ) φ _{x}^{'} ( x _{0} , y _{0} )}{φ _{y}^{'} ( x _{0} , y _{0} )}

若 $f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ ，则右边不为零，故 $f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ （因为 $φ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ ，且 $φ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0})$ 不能使乘积为零）。因此选项 D 正确。
选项 A 和 B 错误，因为当 $f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0$ 时，由关系式可知 $f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})$ 可能为零也可能非零（取决于 $φ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0})$ ）。选项 C 错误，因为若 $f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ ，则 $f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) \neq = 0$ 。

11

设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{s}$ 均为 $n$ 维列向量， $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，下列选项正确的是

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】 若

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{s}

线性相关，则存在不全为零的标量

c_{1}, c_{2}, \dots, c_{s}

，使得

c_{1} a_{1} + c_{2} a_{2} + \dots + c_{s} a_{s} = 0

。两边左乘矩阵

A

，由线性性质得

c_{1} A a_{1} + c_{2} A a_{2} + \dots + c_{s} A a_{s} = 0

，由于

c_{1}, c_{2}, \dots, c_{s}

不全为零，因此

A a_{1}, A a_{2}, \dots, A a_{s}

线性相关。故选项A正确。选项B错误，因为线性相关组经变换后可能仍线性相关。选项C和D不一定成立，例如当

A

为零矩阵时，无论

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{s}

是否线性无关，

A a_{1}, A a_{2}, \dots, A a_{s}

都为零向量，线性相关；当

A

为单位矩阵时，若

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{s}

线性无关，则

A a_{1}, A a_{2}, \dots, A a_{s}

也线性无关。

12

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵，将 $A$ 的第 $2$ 行加到第 $1$ 行得 $B$ ，再将 $B$ 的第 $1$ 列的 $- 1$ 倍加到第 $2$ 列得 $C$ ，记 $P = 100110001$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 应选 (B)。由初等变换与初等矩阵的关系，可知

B = 100110001 A = P A, C = B 100 - 1 10 001 = BQ .

因为

PQ = 100110001 100 - 1 10 001 = E,

所以 $Q = P^{- 1}$ ，从而 $C = BQ = B P^{- 1} = P A P^{- 1}$ 。

13

设 $A, B$ 为随机事件，且 $P (B) > 0, P (A ∣ B) = 1$ ，则必有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知 $P (B) > 0$ 且 $P (A ∣ B) = 1$ ，由条件概率公式

P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )}

可得

P (A \cap B) = P (B)

代入并集的概率公式

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)

得到

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (B) = P (A)

因此， $P (A \cup B) = P (A)$ 必然成立，对应选项 C。

其他选项不一定成立：

选项 A 和 B 要求严格不等式，但 $P (A \cup B) = P (A)$ 可能等于 $P (A)$ 或 $P (B)$ ；
选项 D 要求 $P (A \cup B) = P (B)$ ，但该等式仅在 $P (A) = P (B)$ 时成立，不一定总是成立。

14

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N (μ_{1}, σ_{1}^{2})$ ， $Y$ 服从正态分布 $N (μ_{2}, σ_{2}^{2})$ ，且\goodbreak $P {∣ X - μ_{1} ∣ < 1} > P {∣ Y - μ_{2} ∣ < 1}$ ，则必有

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

将随机变量标准化，有 $\frac{X - μ _{1}}{σ _{1}} \sim N (0, 1)$ ，所以

P (∣ X - μ_{1} ∣ < 1) = P (\frac{X - μ _{1}}{σ _{1}} < \frac{1}{σ _{1}}) = 2 P {0 < \frac{X - μ _{1}}{σ _{1}} < \frac{1}{σ _{1}}} = 2 [Φ (\frac{1}{σ _{1}}) - Φ (0)] = 2Φ (\frac{1}{σ _{1}}) - 1.

同理可得 $P (∣ Y - μ_{2} ∣ < 1) = 2Φ (\frac{1}{σ _{2}}) - 1$ 。因为 $Φ (x)$ 是单调递增函数，所以当

P {∣ X - μ_{1} ∣ < 1} > P {∣ Y - μ_{2} ∣ < 1}

时， $2Φ (\frac{1}{σ _{1}}) - 1 > 2Φ (\frac{1}{σ _{2}}) - 1$ ，即 $\frac{1}{σ _{1}} > \frac{1}{σ _{2}}$ ，所以 $σ_{1} < σ_{2}$ 。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 10 分）

设区域 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq 1, x \geq 0}$ ，计算二重积分 $I = \iint_{D} \frac{1 + x y}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ ．

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【答案】

\frac{π}{2} ln 2

【解析】 考虑区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1, x \geq 0}$ ，即上半圆和下半圆各一半，但 $x \geq 0$ 对应右半圆。使用极坐标变换：令 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，则 $d x d y = r d r d θ$ ，积分区域变为 $r \in [0, 1]$ ， $θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 。被积函数化为：

\frac{1 + x y}{1 + x ^{2} + y ^{2}} = \frac{1 + r ^{2} cos θ sin θ}{1 + r ^{2}}

因此，积分变为：

I = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{1} \frac{1 + r ^{2} cos θ sin θ}{1 + r ^{2}} \cdot r d r d θ

拆分为两部分：

I = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{1} \frac{r}{1 + r ^{2}} d r d θ + \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{1} \frac{r ^{3} cos θ sin θ}{1 + r ^{2}} d r d θ

计算第一部分：

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ = π, \int_{0}^{1} \frac{r}{1 + r ^{2}} d r = \frac{1}{2} ln 2

所以第一部分为 $π \cdot \frac{1}{2} ln 2 = \frac{π}{2} ln 2$ 。

计算第二部分：

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos θ sin θ d θ = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{2} sin 2 θ d θ

由于 $sin 2 θ$ 是奇函数，积分区间对称，该积分值为 0，因此第二部分为 0。

综上， $I = \frac{π}{2} ln 2$ .

16

（本题满分 12 分）

设数列 ${x_{n}}$ 满足 $0 < x_{1} < π$ , $x_{n + 1} = sin x_{n} (n = 1, 2, \dots)$ ．

(1) 证明 $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，并求该极限；

(2) 计算 $lim_{n \to \infty} (\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}}$ ．

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【答案】
(1) $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$
(2) $lim_{n \to \infty} (\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}} = e^{- \frac{1}{6}}$

【解析】
(1) 由于 $0 < x_{1} < π$ ，且 $x_{n + 1} = sin x_{n}$ ，易知对于 $n \geq 1$ ，有 $0 < x_{n + 1} = sin x_{n} < x_{n}$ ，即数列 ${x_{n}}$ 单调递减且有下界 0。由单调有界定理， $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，记为 $L$ 。在递推关系 $x_{n + 1} = sin x_{n}$ 中取极限，得 $L = sin L$ 。当 $L > 0$ 时， $sin L < L$ ，故只有 $L = 0$ 。因此 $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ 。

(2) 需要计算 $lim_{n \to \infty} (\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}}$ 。由 $x_{n + 1} = sin x_{n}$ ，有 $\frac{x _{n + 1}}{x _{n}} = \frac{s i n x _{n}}{x _{n}}$ 。当 $x_{n} \to 0$ 时，利用泰勒展开 $sin x_{n} = x_{n} - \frac{x _{n}^{3}}{6} + o (x_{n}^{3})$ ，故 $\frac{s i n x _{n}}{x _{n}} = 1 - \frac{x _{n}^{2}}{6} + o (x_{n}^{2})$ 。因此，

(\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}} = (1 - \frac{x _{n}^{2}}{6} + o (x_{n}^{2}))^{\frac{1}{x _{n}^{2}}} .

令 $y_{n} = \frac{1}{x _{n}^{2}}$ ，则当 $n \to \infty$ 时， $y_{n} \to \infty$ ，上式化为

(1 - \frac{1}{6 y _{n}} + o (\frac{1}{y _{n}}))^{y_{n}} .

由极限理论，该极限为 $e^{- \frac{1}{6}}$ 。 Alternatively, 取对数：

ln ((\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}}) = \frac{1}{x _{n}^{2}} ln (\frac{sin x _{n}}{x _{n}}) .

利用 $ln (\frac{s i n x _{n}}{x _{n}}) = ln (1 - \frac{x _{n}^{2}}{6} + o (x_{n}^{2})) = - \frac{x _{n}^{2}}{6} + o (x_{n}^{2})$ ，故

\frac{1}{x _{n}^{2}} ln (\frac{sin x _{n}}{x _{n}}) = - \frac{1}{6} + o (1) \to - \frac{1}{6},

所以原极限为 $e^{- \frac{1}{6}}$ 。

17

（本题满分 12 分）

将函数 $f (x) = \frac{x}{2 + x - x ^{2}}$ 展开成 $x$ 的幂级数．

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【解析】

先对函数作分解再用公式即可将函数展开成幂级数：

f (x) = \frac{1}{( 1 + x ) ( 2 - x )} = \frac{1}{3} (\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{2 - x}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}}

= \frac{1}{3} n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} x^{n} + \frac{1}{6} n = 0 \sum \infty \frac{x ^{n}}{2 ^{n}} = \frac{1}{3} n = 0 \sum \infty [(- 1)^{n} + \frac{1}{2 ^{n + 1}}] x^{n + 1} (∣ x ∣ < 1) .

18

（本题满分 12 分）

设函数 $f (u)$ 在 $(0, + \infty)$ 内具有二阶导数，且 $z = f (x^{2} + y^{2})$ 满足等式

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = 0.

(1) 验证 $f^{''} (u) + \frac{f ^{'} ( u )}{u} = 0$ ．

(2) 若 $f (1) = 0, f^{'} (1) = 1$ ，求函数 $f (u)$ 的表达式．

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【答案】
(1) 验证过程见解析。
(2) $f (u) = ln u$ .

【解析】

(Ⅰ) 由 $z = f (u), u = x^{2} + y^{2}$ 可得

\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = f^{''} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{x ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} + f^{'} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{3/2}}, \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = f^{''} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} + f^{'} (x^{2} + y^{2}) \cdot \frac{x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{3/2}} .

代入 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = 0$ ，得

f^{''} (x^{2} + y^{2}) + \frac{f ^{'} ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0,

所以 $f^{''} (u) + \frac{f ^{'} ( u )}{u} = 0$ 成立。

(Ⅱ) 令 $f^{'} (u) = p$ ，则方程变成 $\frac{d p}{d u} = - \frac{p}{u}$ ，则 $\int \frac{d p}{p} = - \int \frac{d u}{u}$ ，解得 $f^{'} (u) = p = \frac{C _{1}}{u}$ 。因为 $f^{'} (1) = 1$ ，所以 $C_{1} = 1$ ，从而 $f^{'} (u) = \frac{1}{u}$ 。解得 $f (u) = ln u + C_{2}$ ，又因为 $f (1) = 0$ ，所以 $C_{2} = 0$ ，得 $f (u) = ln u$ 。

19

（本题满分 12 分）

设在上半平面 $D = {(x, y) y > 0}$ 内，函数 $f (x, y)$ 是有连续偏导数，且对任意的 $t > 0$ 都有 $f (t x, t y) = t^{- 2} f (x, y)$ ．证明：对 $D$ 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 $L$ ，都有 $\oint_{L} y f (x, y) d x - x f (x, y) d y = 0$ ．

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【答案】
对任意分段光滑的有向简单闭曲线 $L$ ，有 $\oint_{L} y f (x, y) d x - x f (x, y) d y = 0$ 。

【解析】
考虑曲线积分 $\oint_{L} P d x + Q d y$ ，其中 $P = y f (x, y)$ ， $Q = - x f (x, y)$ 。由于 $f (x, y)$ 在上半平面 $D$ 内具有连续偏导数，且 $L$ 是分段光滑的有向简单闭曲线，可应用格林定理：

\oint_{L} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y,

其中 $D$ 是 $L$ 所围成的区域。
计算偏导数：

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (- x f (x, y)) = - (f (x, y) + x \frac{\partial f}{\partial x}),

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (y f (x, y)) = f (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} .

于是，

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = - (f (x, y) + x \frac{\partial f}{\partial x}) - (f (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y}) = - 2 f (x, y) - x \frac{\partial f}{\partial x} - y \frac{\partial f}{\partial y} .

由题设，对任意 $t > 0$ ，有 $f (t x, t y) = t^{- 2} f (x, y)$ ，即 $f$ 是齐次函数，阶数为 $- 2$ 。根据欧拉齐次函数定理，有

x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = - 2 f (x, y) .

代入得

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = - 2 f (x, y) - (- 2 f (x, y)) = 0.

因此，

\iint_{D} 0 d x d y = 0,

即

\oint_{L} y f (x, y) d x - x f (x, y) d y = 0.

证毕。

20

（本题满分 9 分）

已知非齐次线性方程组 $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = - 1 4 x_{1} + 3 x_{2} + 5 x_{3} - x_{4} = - 1 a x_{1} + x_{2} + 3 x_{3} + b x_{4} = 1$ 有 $3$ 个线性无关的解．

(1) 证明方程组系数矩阵 $A$ 的秩 $r (A) = 2$ ；

(2) 求 $a, b$ 的值及方程组的通解．

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【答案】
(1) 系数矩阵 $A$ 的秩 $r (A) = 2$ 。
(2) $a = 2$ ， $b = - 3$ ，方程组的通解为

x = 2 - 3 00 + c_{1} - 2 110 + c_{2} 4 - 5 01,

其中 $c_{1}, c_{2}$ 为任意常数。

【解析】
(1) 已知非齐次线性方程组有 3 个线性无关的解，设为 $η_{1}, η_{2}, η_{3}$ 。则 $η_{1} - η_{2}$ 和 $η_{1} - η_{3}$ 是齐次方程组 $A x = 0$ 的解，且线性无关，因此齐次解空间的维数 $dim (ker (A)) \geq 2$ 。由秩-零化度定理， $r (A) = 4 - dim (ker (A)) \leq 2$ 。另一方面，系数矩阵 $A$ 的前两行线性独立，因为从

c_{1} (1111) + c_{2} (435 - 1) = 0

可得 $c_{1} = c_{2} = 0$ ，所以 $r (A) \geq 2$ 。若 $r (A) = 3$ ，则 $dim (ker (A)) = 1$ ，解集为仿射空间，其线性无关解的最大个数为 2，与有 3 个线性无关解矛盾。因此 $r (A) = 2$ 。

(2) 对系数矩阵 $A$ 进行行变换：

A = 14 a 131153 1 - 1 b \to 100 1 - 1 1 - a 11 3 - a 1 - 5 b - a \to 100110 1 - 1 4 - 2 a 15 b + 4 a - 5 .

为使 $r (A) = 2$ ，需第三行为零行，即

4 - 2 a = 0, b + 4 a - 5 = 0.

解得 $a = 2$ ， $b = - 3$ 。此时增广矩阵为

B = 142131153 1 - 1 - 3 - 1 - 1 1 \to 100 1 - 1 0 110 1 - 5 0 - 1 30 .

由第二行得 $- x_{2} + x_{3} - 5 x_{4} = 3$ ，即 $x_{2} = x_{3} - 5 x_{4} - 3$ 。代入第一行得

x_{1} + (x_{3} - 5 x_{4} - 3) + x_{3} + x_{4} = - 1,

即 $x_{1} = - 2 x_{3} + 4 x_{4} + 2$ 。故通解为

x = 2 - 3 00 + c_{1} - 2 110 + c_{2} 4 - 5 01,

其中 $c_{1}, c_{2}$ 为任意常数。

21

（本题满分 9 分）

设 $3$ 阶实对称矩阵 $A$ 的各行元素之和均为 $3$ ，向量 $α_{1} = (- 1, 2, - 1)^{T}$ , $α_{2} = (0, - 1, 1)^{T}$ 是线性方程组 $A x = 0$ 的两个解．

(1) 求 $A$ 的特征值与特征向量；

(2) 求正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $Λ$ ，使得 $Q^{T} A Q = Λ$ ．

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【答案】

(1) 特征值与特征向量

特征值： $0$ （二重）， $3$ （单根）
特征向量：
- 属于 $0$ ： $k_{1} (- 1, 2, - 1)^{T} + k_{2} (0, - 1, 1)^{T}$ ， $k_{1}, k_{2}$ 不全为 0
- 属于 $3$ ： $k_{3} (1, 1, 1)^{T}$ ， $k_{3} \neq = 0$

(2) 正交矩阵 $Q$ 与对角矩阵 $Λ$

Q = - \frac{6}{6} \frac{6}{3} - \frac{6}{6} - \frac{2}{2} 0 \frac{2}{2} \frac{3}{3} \frac{3}{3} \frac{3}{3}, Λ = 000000003

满足 $Q^{T} A Q = Λ$ 。

【解析】

(Ⅰ) 由题设条件

A α_{1} = 0 = 0 \cdot α_{1}, A α_{2} = 0 = 0 \cdot α_{2},

故 $α_{1}, α_{2}$ 是 $A$ 的对应于特征值 $λ = 0$ 的特征向量。
又因为 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关，所以 $λ = 0$ 至少是 $A$ 的二重特征值。

此外，由 $A$ 的每行元素之和为 3，可得

A (1, 1, 1)^{T} = (3, 3, 3)^{T} = 3 \cdot (1, 1, 1)^{T},

因此 $α_{3} = (1, 1, 1)^{T}$ 是 $A$ 的对应于特征值 $λ_{3} = 3$ 的特征向量。
结合前面结论可知， $λ = 0$ 恰为二重特征值。

于是 $A$ 的特征值为 $0, 0, 3$ ：

属于特征值 $0$ 的特征向量为 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零；
属于特征值 $3$ 的特征向量为 $k_{3} α_{3}$ ，其中 $k_{3} \neq = 0$ 。

(Ⅱ) 将特征向量 $α_{1}, α_{2}$ 正交化得

β_{1} = α_{1} = (- 1, 2, - 1)^{T}, β_{2} = (- \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}) .

再将 $β_{1}, β_{2}, α_{3}$ 单位化，得

η_{1} = (- \frac{6}{6}, \frac{6}{3}, - \frac{6}{6})^{T}, η_{2} = (- \frac{2}{2}, 0, \frac{2}{2})^{T}, η_{3} = (\frac{3}{3}, \frac{3}{3}, \frac{3}{3})^{T} .

令 $Q = (η_{1}, η_{2}, η_{3})$ ，则 $Q$ 是正交矩阵，并且 $Q^{T} A Q = Q^{- 1} A Q = 000000003 .$

22

（本题满分 9 分）

随机变量 $X$ 的概率密度为

f_{X} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, 0, - 1 < x < 0; 0 \leq x < 2; 其他 .

$令 Y = X^{2}$ ， $F (x, y)$ 为二维随机变量 $(X, Y)$ 的分布函数．求

(1) $Y$ 的概率密度 $f_{Y} (y)$ ；

(2) $F (- \frac{1}{2}, 4)$ ．

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【答案】 (1) $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{8} \frac{1}{y}, \frac{1}{8} \frac{1}{y}, 0, 0 < y < 1 1 < y < 4 其他

(2) $F (- \frac{1}{2}, 4) = \frac{1}{4}$

【解析】 (1) 求 $Y$ 的概率密度 $f_{Y} (y)$ 。由于 $Y = X^{2}$ ，先求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y} (y) = P (Y \leq y) = P (X^{2} \leq y)$ 。对于 $y < 0$ ， $F_{Y} (y) = 0$ ；对于 $y \geq 0$ ， $P (X^{2} \leq y) = P (- y \leq X \leq y)$ 。考虑 $X$ 的概率密度分段情况：

当 $0 < y \leq 1$ 时， $- y \geq - 1$ ，且 $y \leq 1 < 2$ ，因此 $F_{Y} (y) = \int_{- y}^{y} f_{X} (x) d x = \int_{- y}^{0} \frac{1}{2} d x + \int_{0}^{y} \frac{1}{4} d x = \frac{y}{2} + \frac{y}{4} = \frac{3 y}{4} .$
当 $1 < y < 4$ 时， $- y < - 1$ ，因此积分下限为 $- 1$ ， $F_{Y} (y) = \int_{- 1}^{y} f_{X} (x) d x = \int_{- 1}^{0} \frac{1}{2} d x + \int_{0}^{y} \frac{1}{4} d x = \frac{1}{2} + \frac{y}{4} .$ 对 $F_{Y} (y)$ 求导得概率密度：
当 $0 < y < 1$ 时， $f_{Y} (y) = \frac{d}{d y} (\frac{3 y}{4}) = \frac{3}{8} \frac{1}{y}$ 。
当 $1 < y < 4$ 时， $f_{Y} (y) = \frac{d}{d y} (\frac{1}{2} + \frac{y}{4}) = \frac{1}{8} \frac{1}{y}$ 。在其他区间 $f_{Y} (y) = 0$ 。

(2) 求 $F (- \frac{1}{2}, 4) = P (X \leq - \frac{1}{2}, Y \leq 4)$ 。由于 $Y = X^{2}$ ，且 $X$ 的取值范围为 $(- 1, 2)$ ，有 $Y < 4$ ，故 $Y \leq 4$ 恒成立。因此，

F (- \frac{1}{2}, 4) = P (X \leq - \frac{1}{2}) = \int_{- 1}^{- 1/2} f_{X} (x) d x = \int_{- 1}^{- 1/2} \frac{1}{2} d x = \frac{1}{2} (- \frac{1}{2} - (- 1)) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} .

23

（本题满分 9 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x, θ) = ⎩ ⎨ ⎧ θ, 1 - θ, 0, 0 < x < 1, 1 \leq x < 2, 其它,

其中 $θ$ 是未知参数（ $0 < θ < 1$ ）， $X_{1}, X_{2} \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，记 $N$ 为样本值 $x_{1}, x_{2} \dots, x_{n}$ 中小于 $1$ 的个数，求 $θ$ 的最大似然估计．

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【答案】 $\hat{θ} = \frac{N}{n}$

【解析】 依题设，似然函数

L (θ) = {θ^{N} (1 - θ)^{n - N}, 0, 0 < x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \dots x_{i_{N}} < 1, 1 \leq x_{i_{N + 1}}, x_{i_{N + 2}}, \dots x_{i_{n}} < 2; 其他 .

在 $0 < x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \dots x_{i_{N}} < 1, 1 \leq x_{i_{N + 1}}, x_{i_{N + 2}}, \dots x_{i_{n}} < 2$ 时，等式两边同取自然对数得

ln L (θ) = N ln θ + (n - N) ln (1 - θ) .

两边对 $θ$ 求导并令导数为零，得到

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{N}{θ} - \frac{n - N}{1 - θ} = 0,

解得 $θ = \frac{N}{n}$ ，所以 $θ$ 的最大似然估计值为 $\hat{θ} = \frac{N}{n}$ .