选择题
1
已知
x→0limxkx−arctanx=c
，其中
k,c
为常数，且
c=0
，则（ ）
查看答案与解析
正确答案：D
正确答案：D【解析】因为
c=0
，
c=x→0limxkx−arctanx=洛x→0limkxk−11−1+x21=x→0limkxk−1(1+x2)x2=x→0limkxk−1x2=k1x→0limx3−k.
所以
3−k=0
，
k=3
，
c=k1=31
，故选 D。
收藏
2
曲面
x2+cos(xy)+yz+x=0
在点
(0,1,−1)
的切平面方程为（ ）
查看答案与解析
正确答案：A
正确答案：A【解析】曲面在点
(0,1,−1)
处的法向量为
n=(Fx′,Fy′,Fz′)(0,1,−1)=(2x−ysin(xy)+1,−xsin(xy)+z,y)(0,1,−1)=(1,−1,1) 故曲面在点
(0,1,−1)
处的切平面方程为
1⋅(x−0)−(y−1)+(z+1)=0
即
x−y+z=−2
故选 A。
收藏
3
设
f(x)=x−21
，
bn=2∫01f(x)sinnπxdx(n=1,2,⋯)
。
令
s(x)=∑n=1∞bnsinnπx
，则
s(−49)=
（ ）
查看答案与解析
正确答案：C
正确答案：C【解析】
函数
f(x)=x−21
可表示为分段函数：
f(x)={21−x,x−21,x∈[0,21]x∈[21,1]
将
f(x)
作奇延拓，得到周期函数
F(x)
，其周期
T=2
。
由于
F(x)
在点
x=−49
处连续，因此有：
S(−49)=F(−49)=F(−41)=−F(41)=−f(41)=−41
故选 C。
收藏
4
设
L1:x2+y2=1
，
L2:x2+y2=2
，
L3:x2+2y2=2
，
L4:2x2+y2=2
为四条逆时针方向的平面曲线，记
Ii=∮Li(y+6y3)dx+(2x−3x3)dy(i=1,2,3,4)
则
max{I1,I2,I3,I4}=
（ ）
查看答案与解析
正确答案：D
正确答案：D【解析】记
P=y+6y3
，
Q=2x−3x3
，则
∂x∂Q−∂y∂P=2−x2−1−2y2=1−(x2+2y2)
于是
Ii=∮Li(y+6y3)dx+(2x−3x3)dy=∬Di(∂x∂Q−∂y∂P)dxdy=∬Di[1−(x2+2y2)]dxdy
用
Di
表示
Li
所围区域，可得
I1=85π,I2=21π,I3=832,I4=22π, 并有
I4>I1>I3>I2
。
故选 D。
收藏
5
设
A
,
B
,
C
均为
n
阶矩阵，若
AB=C
，且
B
可逆，则
查看答案与解析
正确答案：B
正确答案：B【解析】将
A,C
按列分块，
A=(α1,…,αn)
，
C=(γ1,…,γn)
。
由于
AB=C
，故
(α1,…,αn)b11⋮bn1…⋱…b1n⋮bnn=(γ1,…,γn) 即
γ1=b11α1+⋯+bn1αn,…,γn=b1nα1+⋯+bnnαn
因此，
C
的列向量组可由
A
的列向量组线性表示。
又因为
B
可逆，有
A=CB−1
，所以
A
的列向量组也可由
C
的列向量组线性表示。
故选 B。
收藏
6
矩阵
1a1aba1a1
与
2000b0000
相似的充要条件为（ ）
查看答案与解析
正确答案：B
正确答案：B【解析】
将题目中的两个矩阵分别记为
A
和
B
。由于
A
为实对称矩阵，可以相似对角化，从而
A
与
B
相似的充分必要条件为
A
的特征值为
2,b,0
。又
∣λE−A∣=λ−1−a−1−aλ−b−a−1−aλ−1=λ[(λ−b)(λ−2)−2a2], 从而
a=0,b
为任意常数。
收藏
7
设
X1,X2,X3
是随机变量，且
X1∼N(0,1),X2∼N(0,22),X3∼N(5,32)
，
pi=P{−2≤Xi≤2} (i=1,2,3)
，则（ ）
查看答案与解析
正确答案：A
正确答案：A【解析】
首先计算
p1=P{−2≤X1≤2}
。由于
X1∼N(0,1)
，有
p1=Φ(2)−Φ(−2)=2Φ(2)−1
接着计算
p2=P{−2≤X2≤2}
，其中
X2∼N(0,4)
。标准化得
p2=P{2−2−0≤2X2−0≤22−0}=Φ(1)−Φ(−1)=2Φ(1)−1
再计算
p3=P{−2≤X3≤2}
，其中
X3∼N(5,9)
。标准化得
p3=P{3−2−5≤3X3−5≤32−5}=Φ(−1)−Φ(−37)=Φ(37)−Φ(1)
由下图可知，
p1>p2>p3
，因此选 A。
收藏
8
设随机变量
X∼t(n)
，
Y∼F(1,n)
，给定
α (0<α<0.5)
，常数
c
满足
P{X>c}=α
，则
P{Y>c2}=
查看答案与解析
正确答案：C
正确答案：C【解析】
设
X∼t(n)
，则
X2∼F(1,n)
。
于是
P{Y>c2}=P{X2>c2}=P{X>c}+P{X<−c}=2P{X>c}=2α
，
因此选 C。
收藏
填空题
9
（填空题）设函数
y=f(x)
由方程
y−x=ex(1−y)
确定，则
limn→∞n[f(n1)−1]=
查看答案与解析
【答案】 1
【解析】
x=0
时，
y=1
方程两边对 x 求导得
y′−1=ex(1−y)(1−y−xy′)
所以
y′(0)=1
limn→∞n[f(n1)−1]=limn→∞n1f(n1)−f(0)=f′(0)=1
10
（填空题）已知
y1=e3x−xe2x
，
y2=ex−xe2x
，
y3=−xe2x
是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解
y=
查看答案与解析
【答案】
y=c1(e3x−ex)+c2ex−xe2x
【解析】
y1−y2=e3x−ex
，
y2−y3=ex
，
对应齐次微分方程的通解
y2=c1(e3x−ex)+c2ex
非齐次微分方程的通解
y=c1(e3x−ex)+c2ex−xe2x
11
（填空题）设
{x=sinty=tsint+cost
（
t
为参数），求
查看答案与解析
【答案】
2
【解析】
首先，计算一阶导数：
dxdy=dtdy⋅dtdx1=costsint+tcost−sint=t
接着，计算二阶导数：
dx2d2y=dtd(dxdy)⋅dxdt=dtdx1=cost1
最后，代入
t=4π
得：
dx2d2yt=4π=cos4π1=2 12
（填空题）
∫1+∞(1+x)2lnxdx=
查看答案与解析
【答案】
ln2
【解析】
考虑积分
I=∫1+∞(1+x)2lnxdx
采用分部积分法，令
u=lnx,dv=(1+x)2dx
则
du=x1dx,v=−1+x1
于是
I=−1+xlnx1+∞+∫1+∞x(1+x)1dx 第一项在
x→+∞
时趋于 0，在
x=1
时为
−2ln1=0
，因此该部分为 0。
第二项可分解为
x(1+x)1=x1−1+x1
所以
∫1+∞x(1+x)1dx=∫1+∞(x1−1+x1)dx
当
x→+∞
时，
1+xx→1
，因此
ln1=0
；
当
x=1
时，
1+11=21
，因此
I=0−ln21=ln2
故
∫1+∞(1+x)2lnxdx=ln2
13
（填空题）设
A=(aij)
是
3
阶非零矩阵，
∣A∣
为 A 的行列式，
Aij
为
aij
的代数余子式，若
aij+Aij=0(i,j=1,2,3)
，则
∣A∣=
查看答案与解析
【答案】 -1
【解析】 方法一：取特殊矩阵
A=1000−10001
，
∣A∣=−1
方法二：
A∗=−AT
，则
∣A∗∣=∣−AT∣
，整理得到
∣A∣3−1=(−1)3∣A∣
，即
∣A∣=−1
或者
∣A∣=0
∣A∣=ai1Ai1+ai2Ai2+ai3Ai3=−(ai12+ai22+ai32)≤0
又因为
AO
，所以至少有一个
aij0
，所以
∣A∣=ai1Ai1+ai2Ai2+ai3Ai3=−(ai12+ai22+ai32)<0
从而
∣A∣=−1
14
（填空题）设随机变量
Y
服从参数为
1
的指数分布，
a
为常数且大于零，则
P{Y≤a+1∣Y>a}=
查看答案与解析
【答案】
1−e1
【解析】
概率密度函数为
f(y)={e−y,0,y>0,y≤0.
所求条件概率为
P{Y≤a+1∣Y>a}=P{Y>a}P{Y>a,Y≤a+1}=∫a+∞f(y)dy∫aa+1f(y)dy.
代入
f(y)
得
∫a+∞e−ydy∫aa+1e−ydy=e−ae−a−e−(a+1)=1−e1.
解答题
15
（本题满分 10 分）
计算
其中
f(x)=∫1xtln(t+1)dt.
查看答案与解析
【答案】
8−2π−4ln2
【解析】
已知
f(x)=∫1xtln(t+1)dt
，则
f′(x)=xln(x+1),f(1)=0.
考虑积分
利用分部积分法，令
u=f(x)
，
dv=x1dx
，则
∫01xf(x)dx=2∫01f(x)dx. 分部积分得
2∫01f(x)dx=2f(x)x01−2∫01xf′(x)dx. 代入上下限及
f′(x)
得
=2f(1)−2∫01xln(x+1)⋅xdx=−2∫01xln(x+1)dx. 进一步化为
再次分部积分，令
u=ln(x+1)
，
dv=dx
，得
−4[ln(x+1)x01−∫011+xxdx]=−4ln2+4∫011+xxdx. 下面计算
令
x=t
，则
x=t2
，
dx=2tdt
，代入得
∫011+t2t⋅2tdt=2∫011+t2t2dt.
拆分为
2∫01(1−1+t21)dt=2∫01dt−2∫011+t21dt.
计算得
=2[t−arctant]01=2(1−4π).
代回原式得
原式=−4ln2+4⋅2(1−4π)=−4ln2+8−2π=8−2π−4ln2.
16
（本题满分10分）
设数列
{an}
满足条件:
a0=3
，
a1=1
，
an−2−n(n−1)an=0(n≥2)
，
S(x)
是幂级数
∑n=0∞anxn
的和函数
(I) 证明:
S′′(x)−S(x)=0
(II) 求
S(x)
的表达式
查看答案与解析
【答案】
S(x)=e−x+2ex
【解析】
S(x)=∑n=0∞anxn
，
S′(x)=∑n=1∞nanxn−1
，
S′′(x)=n=2∑∞n(n−1)anxn−2=n=0∑∞(n+2)(n+1)an+2xn
S′′(x)−S(x)=n=0∑∞[(n+2)(n+1)an+2−an]xn
因为
n(n−1)an−an−2=0
（
n≥2
），所以
(n+2)(n+1)an+2−an=0(n≥0)
，
∴⎩⎨⎧S′′(x)−S(x)=0,S(0)=a0=3,S′(0)=a1=1. (II)
λ2−1=0
，
λ1=1
，
λ2=−1
，所以
S(x)=C1e−x+C2ex
。
又
S(0)=3
，
S′(0)=1
，所以
C1=1
，
C2=2
，
S(x)=e−x+2ex
17
（本题满分 10 分）
求函数
f(x,y)=(y+3x3)ex+y
的极值。
查看答案与解析
【答案】 函数
f(x,y)
在点
(1,−34)
处取得极小值
−e−31
，点
(−1,−32)
不是极值点。
【解析】 令
fx′=ex+y(x2+y+3x3)=0
，
fy′=ex+y(1+y+3x3)=0
。
解得
{x=1y=−34{x=−1y=−32
二阶偏导数为：
fxx′′=ex+y(2x+2x2+y+3x3),fxy′′=ex+y(1+x2+y+3x3),fyy′′=ex+y(2+y+3x3)
在点
(1,−34)
处：
A=fxx′′∣(1,−34)=3e−31,B=fxy′′∣(1,−34)=e−31,C=fyy′′∣(1,−34)=e−31
计算判别式：
AC−B2=3e−32−e−32=2e−32>0
又因为
A>0
，所以
(1,−34)
是
f(x,y)
的极小值点，极小值为：
f(1,−34)=−e−31
在点
(−1,−32)
处：
A=fxx′′∣(−1,−32)=−e−35,B=fxy′′∣(−1,−32)=e−35,C=fyy′′∣(−1,−32)=e−35
由于
AC−B2<0
，因此
(−1,−32)
不是
f(x,y)
的极值点。
18
（本题满分 10 分）
设奇函数
f(x)
在
[−1,1]
上具有 2 阶导数，且
f(1)=1
。证明：
(I) 存在
ξ∈(0,1)
，使得
f′(ξ)=1
。
(II) 存在
η∈(−1,1)
，使得
f′′(η)+f′(η)=1
。
查看答案与解析
【答案】 见解析
【解析】
(I)
由于
f(x)
在
[−1,1]
上为奇函数，故
f(−x)=−f(x)
，则
f(0)=0
。令
F(x)=f(x)−x
，则
F(x)
在
[0,1]
上连续，在
(0,1)
内可导，且
F(1)=f(1)−1=0
，
F(0)=f(0)−0=0
。由罗尔定理，存在
ξ∈(0,1)
，使得
F′(ξ)=0
，即
f′(ξ)=1
。
(II)
由于
f(x)
在
[−1,1]
上为奇函数，则
f′(x)
在
[−1,1]
上为偶函数，所以由 (I) 得
f′(−ξ)=f′(ξ)=1
。
令
G(x)=ex[f′(x)−1]
，则
G(x)
在
[−1,1]
上连续，在
(−1,1)
内可导，且
G(ξ)=G(−ξ)=0
。由罗尔定理，存在
η∈(−ξ,ξ)⊂(−1,1)
，使得
G′(η)=0
，即
f′′(η)+f′(η)=1
。
19
（本题满分10分）
设直线
L
过
A(1,0,0)
，
B(0,1,1)
两点，将
L
绕
z
轴旋转一周得到曲面
∑
，
∑
与平面
z=0
，
z=2
所围成的立体为
Ω
。
(I) 求曲面
∑
的方程，
(II) 求
Ω
的形心坐标。
查看答案与解析
【答案】
(I)
x2+y2=2z2−2z+1
(II)
(0,0,57)
【解析】
(I) 已知
AB=(−1,1,1)
，因此直线
L
的方程为
−1x−1=1y=1z.
设
Σ
上任意一点是由直线
L
上的某点绕
z
轴旋转一周得到的，则有
{x2+y2=x02+y02,z=z0.
又因为
−1x0−1=1y0=1z0,
所以
Σ
的方程为
x2+y2=(1−z)2+z2=2z2−2z+1.
(II) 将方程改写为
x2+y2−2(z−21)2=21.
设形心坐标为
(xˉ,yˉ,zˉ)
，由于几何体关于坐标轴对称，可知
xˉ=yˉ=0.
计算
z=∭Ωdv∭Ωzdv=∫02dzx2+y2≤2z2−2z+1∬dxdy∫02zdzx2+y2≤2z2−2z+1∬dxdy.
因为
x2+y2≤2z2−2z+1∬dxdy=π(2z2−2z+1),
所以
z=π∫02(2z2−2z+1)dzπ∫02z(2z2−2z+1)dz=∫02(2z2−2z+1)dz∫02(2z3−2z2+z)dz.
计算分子：
∫02(2z3−2z2+z)dz=[2z4−32z3+2z2]02=8−316+2=314.
计算分母：
∫02(2z2−2z+1)dz=[32z3−z2+z]02=316−4+2=310.
因此
z=310314=57.
20
（本题满分11分）
设
A=(11a0)
，
B=(011b)
，当
a
、
b
为何值时，存在矩阵
C
使得
AC−CA=B
，并求所有矩阵 C 。
查看答案与解析
【答案】 当
a=−1
,
b=0
时，存在矩阵
C
，且
C=(k1+k2+1k1−k1k2)
，其中
k1,k2
为任意常数。
【解析】 设
C=(x1x3x2x4)
，由
AC−CA=B
得
(11a0)(x1x3x2x4)−(x1x3x2x4)(11a0)=(011b)
(x1+ax3x1x2+ax4x2)−(x1+x2x3+x4ax1ax3)=(011b)
⎩⎨⎧−x2+ax3=0−ax1+x2+ax4=1x1−x3−x4=1x2−ax3=b 由于矩阵C存在，对方程组的增广矩阵进行初等行变换
0−a10−1101a0−1−a0a−10⋮⋮⋮⋮011b→10000110−1−a−a0−1000⋮⋮⋮⋮10a+1b →10000100−1−a00−1000⋮⋮⋮⋮10a+1b 方程组有解，故
a+1=0,b=0,
即
a=−1
，
b=0
。
此时存在矩阵
C
使得
AC−CA=B
。
当
a=−1
，
b=0
时，增广矩阵化为
10000100−1100−1000⋮⋮⋮⋮1000. 取
x3
、
x4
为自由变量。
- 令
x3=1
，
x4=0
，代入相应齐次方程组，得
x2=−1
，
x1=1
；
- 令
x3=0
，
x4=1
，代入相应齐次方程组，得
x2=0
，
x1=1
。
故
ξ1=(1,−1,1,0)T,ξ2=(1,0,0,1)T.
令
x3=0
，
x4=0
，得特解
η=(1,0,0,0)T.
方程组的通解为
x=k1ξ1+k2ξ2+η=(k1+k2+1, −k1, k1, k2)T.
所以
C=(k1+k2+1k1−k1k2),k1,k2 .
21
（本题满分 11 分）
设二次型
f(x1,x2,x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2,
记
α=a1a2a3,β=b1b2b3. (I) 证明二次型
f
对应的矩阵为
2ααT+ββT
；
(II) 若
α,β
正交且为单位向量，证明
f
在正交变换下的标准形为
2y12+y22
。
查看答案与解析
【答案】 见解析
【解析】 证明：
（I）
f(x1,x2,x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)2+(b1x1+b2x2+b3x3)2
=2(x1,x2,x3)a1a2a3(a1,a2,a3)x1x2x3+(x1,x2,x3)b1b2b3(b1,b2,b3)x1x2x3=(x1,x2,x3)(2ααT+ββT)x1x2x3=xTAx, A=2ααT+ββT,x=(x1,x2,x3)T. 所以二次型
f
对应的矩阵为
2ααT+ββT
。
（II）由于
A=2ααT+ββT
，且
α
与
β
正交，故
αTβ=0
。又
α,β
为单位向量，故
∥α∥=αTα=1
，因此
αTα=1
，同理
βTβ=1
。
计算得：
Aα=(2ααT+ββT)α=2ααTα+ββTα=2α,
由于
α=0
，故
A
有特征值
λ1=2
。
又：
Aβ=(2ααT+ββT)β=β,
由于
β=0
，故
A
有特征值
λ2=1
。
矩阵的秩满足：
r(A)=r(2ααT+ββT)≤r(2ααT)+r(ββT)=r(ααT)+r(ββT)=1+1=2<3,
所以
∣A∣=0
，故
λ3=0
。
因此，
f
在正交变换下的标准形为
2y12+y22
。
22
（本题满分 11 分）
设随机变量
X
的概率密度为
f(x)=⎩⎨⎧91x2,0,0<x<3其他 令随机变量
Y=⎩⎨⎧2,X,1,X≤11<X<2X≥2 （I）求
Y
的分布函数；
（II）求概率
P{X≤Y}
。
查看答案与解析
【答案】
（I）
Y
的分布函数为：
F(y)=⎩⎨⎧0,271(y3+18),1,y<11≤y<2y≥2 （II） 见解析
【解析】
（I）设
y
的分布函数为
F(y)
，则
F(y)=P{Y≤y}=P{Y≤y,X≤1}+P{Y≤y,1<X<2}+P{Y≤y,X≥2}=P{2≤y,X≤1}+P{X≤y,1<X<2}+P{1≤y,X≥2}
（II）当
y<1
时，
F(y)=0
。
当
1≤y<2
时，
F(y)=P{X≤y,1<X<2}+P{X≥2}=P{1<X≤y}+P{X≥2}
=∫1y91x2dx+∫2391x2dx=271(y3−1)+271(33−23)=271(y3+18)
当
y≥2
时，
F(y)=P{X≤1}+P{1<X<2}+P{X≥2}=1
23
（本题满分 11 分）
设总体
X
的概率密度为
f(x;θ)=⎩⎨⎧x3θ2e−xθ,0,x>0x≤0 其中
θ>0
为未知参数，
X1,X2,⋯,Xn
为来自总体
X
的简单随机样本。
(I) 求
θ
的矩估计量；
(II) 求
θ
的最大似然估计量。
查看答案与解析
【答案】
(I)
θ^=X=n1∑i=1nXi
(II)
θ^=∑i=1nXi12n
【解析】
(I)
E(X)=∫−∞+∞xf(x;θ)dx=∫0+∞x⋅x3θ2⋅e−xθdx=∫0+∞x2θ2⋅e−xθdx
令
t=xθ
，则
x=tθ
，
dx=−t2θdt
。当
x→0+
时，
t→+∞
；当
x→+∞
时，
t→0
。
E(X)=∫+∞0(tθ)2θ2⋅e−t⋅(−t2θ)dt=∫0+∞θe−tdt=θ
令
E(X)=X
，即
θ=X
，故
θ
的矩估计量为
θ^=X=n1∑i=1nXi
。
(II) 似然函数为
L(θ)=i=1∏nf(xi;θ)={∏i=1nxi3θ2e−xiθ,0,xi>0 (i=1,2,⋯,n)其他
当
xi>0 (i=1,2,⋯,n)
时，取对数得
lnL(θ)=i=1∑n[2lnθ−3lnxi−xiθ]
对
θ
求导并令其为 0：
dθdlnL(θ)=θ2n−i=1∑nxi1=0
解得
θ=∑i=1nxi12n
，故
θ
的最大似然估计量为
θ^=∑i=1nXi12n
。