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2009 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时， $f (x) = x - sin a x$ 与 $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 等价无穷小，则

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正确答案：A

正确答案：A

$f (x) = x - sin a x$ ， $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 为等价无穷小，则

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{x - sin a x}{x ^{2} ln ( 1 - b x )} = x \to 0 lim \frac{x - sin a x}{x ^{2} \cdot ( - b x )} = 洛必达 x \to 0 lim \frac{1 - a cos a x}{- 3 b x ^{2}} = 洛必达 x \to 0 lim \frac{a ^{2} sin a x}{- 6 b x} = x \to 0 lim \frac{a ^{2} sin a x}{- \frac{6 b}{a} \cdot a x} = - \frac{a ^{3}}{6 b} = 1 \Rightarrow a^{3} = - 6 b

另外， $lim_{x \to 0} \frac{1 - a c o s a x}{- 3 b x ^{2}}$ 存在，蕴含 $1 - a cos a x \to 0 (x \to 0)$ ，故 $a = 1$ ，排除 (D)。

所以本题选 (A)。

2

如图，正方形 ${(x, y) ∣ ∣ x ∣ \leq 1, ∣ y ∣ \leq 1}$ 被其对角线划分为四个区域 $D_{k} (k = 1, 2, 3, 4)$ ， $I_{k} = \iint_{D_{k}} y cos x d x d y$ ，则 $max_{1 \leq k \leq 4} {∣ I_{k} ∣} = ()$

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正确答案：A

正确答案：A

本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。

$D_{2}$ 、 $D_{4}$ 两区域关于 $x$ 轴对称，而 $f (x, - y) = - y cos x = - f (x, y)$ ，即被积函数是关于 $y$ 的奇函数，所以 $I_{2} = I_{4} = 0$ 。

$D_{1}$ 、 $D_{3}$ 两区域关于 $y$ 轴对称，而 $f (- x, y) = y cos (- x) = y cos x = f (x, y)$ ，即被积函数是关于 $x$ 的偶函数，因此：

I_{1} = 2 \iint_{{(x, y) ∣ y \geq x, 0 \leq x \leq 1}} y cos x d x d y > 0

I_{3} = 2 \iint_{{(x, y) ∣ y \leq - x, 0 \leq x \leq 1}} y cos x d x d y

在 $I_{3}$ 的积分区域内， $y \leq - x \leq 0$ 且 $cos x > 0$ ，故 $I_{3} \leq 0$ 。

因此，最大值为 $I_{1}$ 。

3

设函数 $y = f (x)$ 在区间 $[- 1, 3]$ 上的图形如下图所示，则函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 的图形为

A

B

C

D

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正确答案：D

正确答案：D

此题为定积分的应用知识考核。由 $y = f (x)$ 的图形可见，其图像与 $x$ 轴、 $y$ 轴及 $x = x_{0}$ 所围图形的代数面积为所求函数 $F (x)$ ，从而可得出以下几个方面的特征：

当 $x \in [0, 1]$ 时， $F (x) \leq 0$ ，且单调递减；
当 $x \in [1, 2]$ 时， $F (x)$ 单调递增；
当 $x \in [2, 3]$ 时， $F (x)$ 为常函数；
当 $x \in [- 1, 0]$ 时， $F (x) \leq 0$ ，为线性函数，且单调递增；
由于 $F (x)$ 为连续函数，结合上述特点，可见正确选项为 (D)。

4

设有两个数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ ，若 $n \to \infty lim a_{n} = 0$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

方法一：举反例：

(A) 取 $a_{n} = b_{n} = (- 1)^{n} \frac{1}{n}$ ，此时 $\sum b_{n}$ 收敛但 $\sum a_{n} b_{n} = \sum \frac{1}{n}$ 发散，故 (A) 错误；

(B) 取 $a_{n} = b_{n} = \frac{1}{n}$ ，此时 $\sum b_{n}$ 发散但 $\sum a_{n} b_{n} = \sum \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，故 (B) 错误；

(D) 取 $a_{n} = b_{n} = \frac{1}{n}$ ，此时 $\sum ∣ b_{n} ∣$ 发散但 $\sum a_{n}^{2} b_{n}^{2} = \sum \frac{1}{n ^{4}}$ 收敛，故 (D) 错误；

方法二：

因为 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ ，则由定义可知 $\exists N_{1}$ ，使得 $n > N_{1}$ 时，有 $∣ a_{n} ∣ < 1$ 。

又因为 $\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ b_{n} ∣$ 收敛，可得 $lim_{n \to \infty} ∣ b_{n} ∣ = 0$ ，则由定义可知 $\exists N_{2}$ ，使得 $n > N_{2}$ 时，有 $∣ b_{n} ∣ < 1$ 。

从而，当 $n > N_{1} + N_{2}$ 时，有 $a_{n}^{2} b_{n}^{2} < ∣ b_{n} ∣$ ，则由正项级数的比较判别法可知 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{2} b_{n}^{2}$ 收敛。

故答案为 (C)。

5

设 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 是 3 维向量空间 $R^{3}$ 的一组基，则由基 $α_{1}$ 、 $\frac{1}{2} α_{2}$ 、 $\frac{1}{3} α_{3}$ 到基 $α_{1} + α_{2}$ 、 $α_{2} + α_{3}$ 、 $α_{3} + α_{1}$ 的过渡矩阵为

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正确答案：A

正确答案：A

因为 $(η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}) = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) A$ ，则 $A$ 称为基 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 到 $η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}$ 的过渡矩阵。

则由基 $α_{1}$ 、 $\frac{1}{2} α_{2}$ 、 $\frac{1}{3} α_{3}$ 到 $α_{1} + α_{2}$ 、 $α_{2} + α_{3}$ 、 $α_{3} + α_{1}$ 的过渡矩阵 $M$ 满足：

(α_{1} + α_{2}, α_{2} + α_{3}, α_{3} + α_{1}) = (α_{1}, \frac{1}{2} α_{2}, \frac{1}{3} α_{3}) M = (α_{1}, \frac{1}{2} α_{2}, \frac{1}{3} α_{3}) 120023103

所以此题选（A）。

6

设 $A$ ， $B$ 均为 2 阶矩阵， $A^{*}$ ， $B^{*}$ 分别为 $A$ ， $B$ 的伴随矩阵。若 $∣ A ∣ = 2$ ， $∣ B ∣ = 3$ ，则分块矩阵 $(O B A O)$ 的伴随矩阵为

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正确答案：B

正确答案：B

根据 $C C^{*} = ∣ C ∣ E$ ，若 $C$ 可逆，则 $C^{*} = ∣ C ∣ C^{- 1}$ 。

分块矩阵

(O B A O)

的行列式为

(O B A O) = (- 1)^{2 \times 2} ∣ A ∣∣ B ∣ = 2 \times 3 = 6,

即矩阵可逆。

于是有

(O B A O)^{*} = O B A O (O B A O)^{- 1} = 6 (O A^{- 1} B^{- 1} O) = 6 (O \frac{1}{∣ A ∣} A^{*} \frac{1}{∣ B ∣} B^{*} O) = 6 (O \frac{1}{2} A^{*} \frac{1}{3} B^{*} O) = (O 3 A^{*} 2 B^{*} O) .

故答案为 (B)。

7

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F (x) = 0.3Φ (x) + 0.7Φ (\frac{x - 1}{2})$ ，其中 $Φ (x)$ 为标准正态分布函数，则 $EX =$

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正确答案：C

正确答案：C

因为 $F (x) = 0.3Φ (x) + 0.7Φ (\frac{x - 1}{2})$ ，所以

F^{'} (x) = 0.3 Φ^{'} (x) + \frac{0.7}{2} Φ^{'} (\frac{x - 1}{2}) .

于是，

EX = \int_{- \infty}^{+ \infty} x F^{'} (x) d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} x [0.3 Φ^{'} (x) + 0.35 Φ^{'} (\frac{x - 1}{2})] d x = 0.3 \int_{- \infty}^{+ \infty} x Φ^{'} (x) d x + 0.35 \int_{- \infty}^{+ \infty} x Φ^{'} (\frac{x - 1}{2}) d x .

而 $\int_{- \infty}^{+ \infty} x Φ^{'} (x) d x = 0$ 。

令 $\frac{x - 1}{2} = u$ ，则

\int_{- \infty}^{+ \infty} x Φ^{'} (\frac{x - 1}{2}) d x = 2 \int_{- \infty}^{+ \infty} (2 u + 1) Φ^{'} (u) d u = 2 (2 \times 0 + 1) = 2.

所以，

EX = 0 + 0.35 \times 2 = 0.7.

8

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X$ 服从标准正态分布 $N (0, 1)$ ， $Y$ 的概率分布为 $P {Y = 0} = P {Y = 1} = \frac{1}{2}$ ，记 $F_{Z} (z)$ 为随机变量 $Z = X Y$ 的分布函数，则函数 $F_{Z} (z)$ 的间断点个数为

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正确答案：B

正确答案：B

F_{Z} (z) = P (X Y \leq z) = P (X Y \leq z ∣ Y = 0) P (Y = 0) + P (X Y \leq z ∣ Y = 1) P (Y = 1) = \frac{1}{2} [P (X \cdot 0 \leq z ∣ Y = 0) + P (X \leq z ∣ Y = 1)] = \frac{1}{2} [P (0 \leq z) + P (X \leq z)]

由于 $X$ 与 $Y$ 相互独立，因此：

(1) 若 $z < 0$ ，则 $F_{Z} (z) = \frac{1}{2} Φ (z)$ ；

(2) 若 $z \geq 0$ ，则 $F_{Z} (z) = \frac{1}{2} (1 + Φ (z))$ 。

在 $z = 0$ 处，左极限为 $\frac{1}{2} Φ (0)$ ，右极限为 $\frac{1}{2} (1 + Φ (0))$ 。

由于 $Φ (0) = \frac{1}{2}$ ，左右极限不相等，故 $z = 0$ 为间断点，因此选择 (B)。

填空题

9

（填空题）设函数 $f (u, v)$ 具有连续偏导数， $z = f (x, x y)$ ，则 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} =$

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【答案】 $x f_{12}^{''} + f_{2}^{'} + x y f_{22}^{''}$

【解析】

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

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = x f_{12}^{''} + f_{2}^{'} + y x \cdot f_{22}^{''} = x f_{12}^{''} + f_{2}^{'} + x y f_{22}^{''}

10

（填空题）若二阶常系数线性齐次微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的通解为 $y = (C_{1} + C_{2} x) e^{x}$ ，则非齐次方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = x$ 满足条件 $y (0) = 2$ ， $y^{'} (0) = 0$ 的解为 $y =$

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【答案】 $y = - x e^{x} + x + 2$

【解析】
已知 $y = (c_{1} + c_{2} x) e^{x}$ ，可得 $λ_{1} = λ_{2} = 1$ ，因此 $a = - 2$ ， $b = 1$ 。
对应的微分方程为 $y^{''} - 2 y^{'} + y = x$ 。

设特解 $y^{*} = A x + B$ ，代入方程得 $y^{'} = A$ ， $y^{''} = 0$ 。
代入原方程：

- 2 A + (A x + B) = x

比较系数得 $A = 1$ ， $- 2 + B = 0$ ，解得 $B = 2$ 。
因此特解为 $y^{*} = x + 2$ ，通解为

y = (c_{1} + c_{2} x) e^{x} + x + 2

代入初始条件 $y (0) = 2$ ， $y^{'} (0) = 0$ ：

y (0) = c_{1} + 2 = 2 \Rightarrow c_{1} = 0

y^{'} = c_{2} e^{x} + (c_{1} + c_{2} x) e^{x} + 1

代入 $x = 0$ ， $y^{'} (0) = c_{2} + c_{1} + 1 = 0$ ，结合 $c_{1} = 0$ 得 $c_{2} = - 1$ 。

因此所求特解为

y = - x e^{x} + x + 2

11

（填空题）已知曲线 $L : y = x^{2} (0 \leq x \leq 2)$ ，则 $\int_{L} x d s =$ ______

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【答案】 $\frac{13}{6}$

【解析】 由题意可知， $x = x$ ， $y = x^{2}$ ，且 $0 \leq x \leq 2$ 。

则弧长微元为：

d s = (x^{'})^{2} + (y^{'})^{2} d x = 1 + 4 x^{2} d x

因此所求积分为：

\int_{L} x d s = \int_{0}^{2} x 1 + 4 x^{2} d x

利用凑微分法：

\int_{0}^{2} x 1 + 4 x^{2} d x = \frac{1}{8} \int_{0}^{2} 1 + 4 x^{2} d (1 + 4 x^{2})

计算得：

\frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} (1 + 4 x^{2})^{3}_{0}^{2} = \frac{1}{12} [(1 + 8)^{3/2} - 1] = \frac{1}{12} (27 - 1) = \frac{26}{12} = \frac{13}{6}

故：

\int_{L} x d s = \frac{13}{6}

12

（填空题）设 $Ω = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1}$ ，则 $∭_{Ω} z^{2} d x d y d z =$

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【答案】 $\frac{4 π}{15}$

【解析】
方法一：

∭ z^{2} d x d y d z = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π} d φ \int_{0}^{1} ρ^{2} sin φ \cdot ρ^{2} cos^{2} φ d ρ

= 2 π \cdot [- \frac{cos ^{3} φ}{3}]_{0}^{π} \cdot \frac{1}{5} = \frac{4}{15} π

方法二：
由轮换对称性可知

∭_{Ω} z^{2} d x d y d z = ∭_{Ω} x^{2} d x d y d z = ∭_{Ω} y^{2} d x d y d z

因此

\frac{2 π}{3} \int_{0}^{π} sin φ d φ \int_{0}^{1} r^{4} d r = \frac{4 π}{15}

13

（填空题）若 $3$ 维列向量 $α$ 、 $β$ 满足 $α^{T} β = 2$ ，其中 $α^{T}$ 为 $α$ 的转置，则矩阵 $β α^{T}$ 的非零特征值为。

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【答案】 2

【解析】
因为 $α^{T} β = 2$ ，所以

β α^{T} β = β (α^{T} β) = 2 \cdot β

故 $β α^{T}$ 的非零特征值为 $2$ 。

14

（填空题）设 $X_{1}$ ， $X_{2}$ ， $\dots$ ， $X_{m}$ 为来自二项分布总体 $B (n, p)$ 的简单随机样本， $\overset{ˉ}{X}$ 和 $S^{2}$ 分别为样本均值和样本方差，若 $\overset{ˉ}{X} + k S^{2}$ 为 $n p^{2}$ 的无偏估计量，则 $k =$

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【答案】 -1

【解析】
因为 $\overset{ˉ}{X} + k S^{2}$ 是 $n p^{2}$ 的无偏估计，所以有

E (\overset{ˉ}{X} + k S^{2}) = n p^{2} .

代入期望得

n p + kn p (1 - p) = n p^{2} .

两边同时除以 $n$ 并化简得

p + k p (1 - p) = p^{2},

即

1 + k (1 - p) = p .

整理得

k (1 - p) = p - 1,

因此

k = - 1.

解答题

15

（本题满分 9 分）

求二元函数 $f (x, y) = x^{2} (2 + y^{2}) + y ln y$ 的极值。

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【答案】 极小值为 $- \frac{1}{e}$ ，在点 $(0, \frac{1}{e})$ 处取得。

【解析】
求二元函数 $f (x, y) = x^{2} (2 + y^{2}) + y ln y$ 的极值。

解析 $f_{x}^{'} (x, y) = 2 x (2 + y^{2}) = 0$ ，
$f_{y}^{'} (x, y) = 2 x^{2} y + ln y + 1 = 0$ ，
故 $x = 0$ ， $y = \frac{1}{e}$ 。

二阶偏导数为：

f_{xx}^{''} = 2 (2 + y^{2}), f_{yy}^{''} = 2 x^{2} + \frac{1}{y}, f_{x y}^{''} = 4 x y .

在点 $(0, \frac{1}{e})$ 处有：

f_{xx}^{''} ∣_{(0, \frac{1}{e})} = 2 (2 + \frac{1}{e ^{2}}), f_{x y}^{''}_{(0, \frac{1}{e})} = 0, f_{yy}^{''}_{(0, \frac{1}{e})} = e .

由于 $f_{xx}^{''} > 0$ ，且 $(f_{x y}^{''})^{2} - f_{xx}^{''} f_{yy}^{''} < 0$ ，
因此二元函数在极小值 $f (0, \frac{1}{e}) = - \frac{1}{e}$ 处取得极小值。

16

（本题满分 $9$ 分）

设 $a_{n}$ 为曲线 $y = x^{n}$ 与 $y = x^{n + 1}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）所围成区域的面积，记 $S_{1} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ ， $S_{2} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{2 n - 1}$ ，求 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 的值。

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【答案】 $S_{1} = \frac{1}{2}$ , $S_{2} = 1 - ln 2$

【解析】 由题意， $y = x^{n}$ 与 $y = x^{n + 1}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）在点 $x = 0$ 和 $x = 1$ 处相交。

所以

a_{n} = \int_{0}^{1} (x^{n} - x^{n + 1}) d x = (\frac{1}{n + 1} x^{n + 1} - \frac{1}{n + 2} x^{n + 2})_{0}^{1} = \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2} .

从而

S_{1} = n = 1 \sum \infty a_{n} = N \to \infty lim n = 1 \sum N a_{n} = N \to \infty lim (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{N + 1} - \frac{1}{N + 2}) = N \to \infty lim (\frac{1}{2} - \frac{1}{N + 2}) = \frac{1}{2} .

又

S_{2} = n = 1 \sum \infty a_{2 n - 1} = n = 1 \sum \infty (\frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n + 1}) = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 N} - \frac{1}{2 N + 1}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \frac{1}{6} - \dots

由 $ln (1 + x) = x - \frac{1}{2} x^{2} + \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{x ^{n}}{n} + \dots$ ，取 $x = 1$ 得

ln 2 = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots) = 1 - S_{2} \Rightarrow S_{2} = 1 - ln 2.

17

（本题满分 11 分）

曲面 $S_{1}$ 是椭圆 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ 绕 $x$ 轴旋转而成，圆锥面 $S_{2}$ 是过点 $(4, 0)$ 且与椭圆 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ 相切的直线绕 $x$ 轴旋转而成。

(I) 求 $S_{1}$ 及 $S_{2}$ 的方程；

(II) 求 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 之间的立体体积。

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【答案】
(I) $S_{1}$ 的方程为 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2} + z ^{2}}{3} = 1$ ， $S_{2}$ 的方程为 $y^{2} + z^{2} = (\frac{1}{2} x - 2)^{2}$ 。
(II) $π$

解析】**
（I） $S_{1}$ 的方程为 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2} + z ^{2}}{3} = 1$ 。过点 $(4, 0)$ 与椭圆 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ 的切线为 $y = \pm (\frac{1}{2} x - 2)$ ，因此 $S_{2}$ 的方程为 $y^{2} + z^{2} = (\frac{1}{2} x - 2)^{2}$ 。

（II） $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 之间的体积等于一个底面半径为 $\frac{3}{2}$ 、高为 $3$ 的圆锥体积 $\frac{9}{4} π$ 与部分椭球体积 $V$ 之差。其中 $V = \frac{3 π}{4} \int_{1}^{2} (4 - x^{2}) d x = \frac{5 π}{4}$ ，故所求体积为 $\frac{9}{4} π - \frac{5}{4} π = π$ 。

18

（本题满分 11 分）

(I) 证明拉格朗日中值定理：若函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，则存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得 $f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a)$ 。

(II) 证明：若函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，在 $(0, δ) (δ > 0)$ 内可导，且 $lim_{x \to 0^{+}} f^{'} (x) = A$ ，则 $f_{+}^{'} (0)$ 存在，且 $f_{+}^{'} (0) = A$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 (I) 作辅助函数 $φ (x) = f (x) - f (a) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} (x - a)$ ，易验证 $φ (x)$ 满足 $φ (a) = φ (b)$ ； $φ (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 内可导，且 $φ^{'} (x) = f^{'} (x) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a}$ 。

根据罗尔定理，可得在 $(a, b)$ 内至少有一点 $ξ$ ，使 $φ^{'} (ξ) = 0$ ，即

f^{'} (ξ) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} = 0, ∴ f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a) .

(II) 任取 $x_{0} \in (0, δ)$ ，则函数 $f (x)$ 满足：在闭区间 $[0, x_{0}]$ 上连续，开区间 $(0, x_{0})$ 内可导。

从而由拉格朗日中值定理可得：存在 $ξ_{x_{0}} \in (0, x_{0}) \subset (0, δ)$ ，使得

f^{'} (ξ_{x_{0}}) = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} . \dots\dots (*)

又由于 $lim_{x \to 0^{+}} f^{'} (x) = A$ ，对上式（ $*$ 式）两边取 $x_{0} \to 0^{+}$ 时的极限可得：

f_{+}^{'} (0) = x_{0} \to 0^{+} lim \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} = x_{0} \to 0^{+} lim f^{'} (ξ_{x_{0}}) = ξ_{x_{0}} \to 0^{+} lim f^{'} (ξ_{x_{0}}) = A .

故 $f_{+}^{'} (0)$ 存在，且 $f_{+}^{'} (0) = A$ 。

19

（本题满分 $10$ 分）

计算曲面积分

I = \iint_{\sum} \frac{x d y d z + y d z d x + z d x d y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}

，其中 $\sum$ 是曲面 $2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} = 4$ 的外侧。

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【答案】 $4 π$

【解析】 考虑曲面积分

I = \iint_{Σ} \frac{x d y d z + y d x d z + z d x d y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}},

其中曲面 $Σ$ 由方程 $2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} = 4$ 给出。

计算偏导数如下：

\frac{\partial}{\partial x} (\frac{x}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) = \frac{y ^{2} + z ^{2} - 2 x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{5/2}},

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) = \frac{x ^{2} + z ^{2} - 2 y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{5/2}},

\frac{\partial}{\partial z} (\frac{z}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) = \frac{x ^{2} + y ^{2} - 2 z ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{5/2}} .

将以上三式相加，得

\frac{\partial}{\partial x} (\frac{x}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) + \frac{\partial}{\partial y} (\frac{y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) + \frac{\partial}{\partial z} (\frac{z}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}}) = 0.

由于被积函数及其偏导数在点 $(0, 0, 0)$ 处不连续，作封闭曲面（外侧）
$\sum_{1} : x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ （ $0 < R < 1$ ），将原点包含在内，则

\iint_{\sum} = \iint_{\sum_{1}} \frac{x d y d z + y d x d z + z d x d y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{3/2}} .

在 $\sum_{1}$ 上，有 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ ，所以

\iint_{\sum} = \iint_{\sum_{1}} \frac{x d y d z + y d x d z + z d x d y}{R ^{3}} .

由高斯公式（散度定理），

\iint_{\sum_{1}} \frac{x d y d z + y d x d z + z d x d y}{R ^{3}} = \frac{1}{R ^{3}} ∭_{Ω} 3 d V,

其中 $Ω$ 是由 $\sum_{1}$ 所围成的球体。于是

\frac{1}{R ^{3}} ∭_{Ω} 3 d V = \frac{3}{R ^{3}} \cdot \frac{4 π R ^{3}}{3} = 4 π .

20

（本题满分 11 分）

设 $A = 1 - 1 0 - 1 1 - 4 - 1 1 - 2$ ， $ξ_{1} = - 1 1 - 2$ 。

(I) 求满足 $A ξ_{2} = ξ_{1}$ 的所有向量 $ξ_{2}$ ， $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$ 的所有向量 $ξ_{3}$ ；

(II) 对 (I) 中的任意向量 $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$ ，证明 $ξ_{1}$ ， $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$ 线性无关。

查看答案与解析

【答案】
(I) 满足 $A ξ_{2} = ξ_{1}$ 的所有向量 $ξ_{2}$ 为 $ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001$ ，其中 $k_{1}$ 为任意常数。
满足 $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$ 的所有向量 $ξ_{3}$ 为 $ξ_{3} = k_{2} - 1 10 + k_{3} 001 + - \frac{1}{2} 00$ ，其中 $k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。
(II) 见解析。

【解析】
(I) 解方程 $A ξ_{2} = ξ_{1}$ ，其中

(A, ξ_{1}) = 1 - 1 0 - 1 1 - 4 - 1 1 - 2 - 1 1 - 2 \to 100 - 1 02 - 1 01 - 1 01 \to 100 - 1 20 - 1 10 - 1 10 .

由于 $r (A) = 2$ ，故有一个自由变量。令 $x_{3} = 2$ ，由 $A x = 0$ 解得 $x_{2} = - 1$ ， $x_{1} = 1$ 。
求特解时，令 $x_{1} = x_{2} = 0$ ，得 $x_{3} = 1$ ，故

ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001,

其中 $k_{1}$ 为任意常数。

解方程 $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$ ，其中

A^{2} = 2 - 2 4 2 - 2 4 000,

(A^{2}, ξ_{1}) = 2 - 2 4 2 - 2 4 000 - 1 1 - 2 \to 100100000 - \frac{1}{2} 00 .

故有两个自由变量。令 $x_{2} = 0$ ， $x_{3} = t$ （ $t$ 为任意常数），由 $A^{2} x = 0$ 得 $x_{1} = - x_{2} = 0$ 。
取特解为 $- \frac{1}{2} 00$ ，故

ξ_{3} = k_{2} - 1 10 + k_{3} 001 + - \frac{1}{2} 00,

其中 $k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

(II) 证明：设 $k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + k_{3} ξ_{3} = 0$ ，即

k_{1} - 1 1 - 2 + k_{2} k_{1}^{'} 1 - 1 2 + 001 + k_{3} k_{2}^{'} - 1 10 + k_{3}^{'} 001 + - \frac{1}{2} 00 = 000 .

整理后可得关于 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 的线性方程组，其系数行列式为

- 1 1 - 2 001 - \frac{1}{2} 00 = - 1 \cdot (0 \cdot 0 - 1 \cdot (- \frac{1}{2})) - 0 + (- \frac{1}{2}) \cdot (1 \cdot 1 - 0 \cdot (- 2)) = - \frac{1}{2} + (- \frac{1}{2}) = - 1 \neq = 0.

故 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 线性无关。

21

（本题满分 11 分）设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a x_{1}^{2} + a x_{2}^{2} + (a - 1) x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{3} - 2 x_{2} x_{3}

（I）求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值；
（II）若二次型 $f$ 的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值。

查看答案与解析

【答案】
（I）二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值为 $a$ ， $a - 2$ ， $a + 1$ 。
（II） $a = 2$ 。

【解析】
（I）设矩阵
$A = a 01 0 a - 1 1 - 1 a - 1$ 。
计算特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - a 0 - 1 0 λ - a 1 - 1 1 λ - a + 1 = (λ - a) λ - a 1 1 λ - a + 1 - 0 - 1 λ - a 1 = (λ - a) [(λ - a) (λ - a + 1) - 1] - [0 + (λ - a)] = (λ - a) [(λ - a) (λ - a + 1) - 2] = (λ - a) [λ^{2} - 2 aλ + λ + a^{2} - a - 2] = (λ - a) {[aλ + \frac{1}{2} (1 - 2 a)]^{2} - \frac{9}{4}} = (λ - a) (λ - a + 2) (λ - a - 1)

因此，特征值为

λ_{1} = a, λ_{2} = a - 2, λ_{3} = a + 1

（II）若规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，说明有两个正特征值，一个零特征值。
分情况讨论：

若 $λ_{1} = a = 0$ ，则 $λ_{2} = - 2 < 0$ ， $λ_{3} = 1 > 0$ ，不符合题意。
若 $λ_{2} = 0$ ，即 $a = 2$ ，则 $λ_{1} = 2 > 0$ ， $λ_{3} = 3 > 0$ ，符合题意。
若 $λ_{3} = 0$ ，即 $a = - 1$ ，则 $λ_{1} = - 1 < 0$ ， $λ_{2} = - 3 < 0$ ，不符合题意。

综上所述， $a = 2$ 。

22

（本题满分 11 分）袋中有 $1$ 个红色球、 $2$ 个黑色球与 $3$ 个白球，现有放回地从袋中取两次，每次取一球，以 $X$ 、 $Y$ 、 $Z$ 分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。

(I) 求 $P {X = 1 ∣ Z = 0}$ ；

(II) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布。

查看答案与解析

【答案】
(I) $P {X = 1 ∣ Z = 0} = \frac{4}{9}$
(II) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

X ∖ Y 012 0 \frac{1}{4} \frac{1}{6} \frac{1}{36} 1 \frac{1}{3} \frac{1}{9} 0 2 \frac{1}{9} 00

【解析】
(I) 在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有 $1$ 个红球、 $2$ 个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球。
因此，

P (X = 1 ∣ Z = 0) = \frac{C _{2}^{1} \times 2}{C _{3}^{1} \cdot C _{3}^{1}} = \frac{4}{9} .

(II) $X$ 、 $Y$ 的取值范围为 $0, 1, 2$ ，故

P (X = 0, Y = 0) = \frac{C _{3}^{1} \cdot C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{4}, P (X = 1, Y = 0) = \frac{C _{2}^{1} \cdot C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{6}, P (X = 2, Y = 0) = \frac{1}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{36}, P (X = 0, Y = 1) = \frac{C _{2}^{1} \cdot C _{2}^{1} \cdot C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{3}, P (X = 1, Y = 1) = \frac{C _{2}^{1} \cdot C _{2}^{1}}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{9}, P (X = 2, Y = 1) = 0, P (X = 0, Y = 2) = \frac{C _{2}^{1} \cdot C _{2}^{1}}{C _{6}^{1} \cdot C _{6}^{1}} = \frac{1}{9}, P (X = 1, Y = 2) = 0, P (X = 2, Y = 2) = 0.

联合分布表如下：

X ∖ Y 012 0 \frac{1}{4} \frac{1}{6} \frac{1}{36} 1 \frac{1}{3} \frac{1}{9} 0 2 \frac{1}{9} 00

23

（本题满分 11 分）设总体 $X$ 的概率密度为

f (x) = {λ^{2} x e^{- λ x}, 0, x > 0 其他

其中参数 $λ (λ > 0)$ 未知， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(I) 求参数 $λ$ 的矩估计量；
(II) 求参数 $λ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(I) 参数 $λ$ 的矩估计量为 $\hat{λ} = \frac{2}{X ˉ}$ 。
(II) 参数 $λ$ 的最大似然估计量为 $\hat{λ} = \frac{2}{X ˉ}$ 。

【解析】
(1) 由 $EX = \overset{ˉ}{X}$ ，而

EX = \int_{0}^{+ \infty} λ^{2} x^{2} e^{- λ x} d x = \frac{2}{λ} = \overset{ˉ}{X} \Rightarrow \hat{λ} = \frac{2}{X ˉ}

为总体的矩估计量。

(2) 构造似然函数

L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = i = 1 \prod n f (x_{i}; λ) = λ^{2 n} \cdot i = 1 \prod n x_{i} \cdot e^{- λ \sum_{i = 1}^{n} x_{i}} .

取对数

ln L = 2 n ln λ + i = 1 \sum n ln x_{i} - λ i = 1 \sum n x_{i} .

令

\frac{d ln L}{d λ} = 0 \Rightarrow \frac{2 n}{λ} - i = 1 \sum n x_{i} = 0 \Rightarrow λ = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}} = \frac{2}{\frac{1}{n} \sum _{i = 1}^{n} x _{i}} .

故其最大似然估计量为 $\hat{λ} = \frac{2}{X ˉ}$ 。