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2016 年真题

23 题

选择题

1

若反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} d x$ 收敛，则()

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正确答案：C

正确答案：C

我们考虑积分

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} d x .

将其拆分为

I = \int_{0}^{1} \frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} d x .

第一部分：
在区间 $(0, 1]$ 上， $(1 + x)^{b}$ 在 $x \to 0^{+}$ 时趋于 $1$ ，不影响收敛性。
比较对象是

\int_{0}^{1} \frac{1}{x ^{a}} d x,

它在 $a < 1$ 时收敛。
因此第一部分收敛的条件是

a < 1.

第二部分：
在区间 $[1, + \infty)$ 上，做如下变形：

\frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} = \frac{1}{x ^{a + b} ( 1 + \frac{1}{x} ) ^{b}} .

当 $x \to + \infty$ 时， $(1 + \frac{1}{x})^{b} \to 1$ ，不影响收敛性。
比较对象是

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{a + b}} d x,

它在 $a + b > 1$ 时收敛。

结论：
整个积分收敛的充分必要条件是

a < 1 且 a + b > 1.

2

已知函数 $f (x) = {2 (x - 1), x < 1 ln x, x \geq 1$ ，则 $f (x)$ 的一个原函数是()

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

我们已知原函数的导数为分段形式：

f^{'} (x) = {2 (x - 1), x < 1, ln x, x \geq 1.

要求原函数 $F (x)$ 满足在 $x = 1$ 处连续。

1. 分段积分

当 $x < 1$ 时：
$\int 2 (x - 1) d x = (x - 1)^{2} + C_{1} .$
取 $C_{1} = 0$ ，得：
$F (x) = (x - 1)^{2}, x < 1.$
当 $x \geq 1$ 时：
$\int ln x d x = x (ln x - 1) + C_{2} .$

2. 利用连续性确定常数

在 $x = 1$ 处，左极限：

x \to 1^{-} lim F (x) = (1 - 1)^{2} = 0.

右极限：

F (1) = 1 \cdot (ln 1 - 1) + C_{2} = - 1 + C_{2} .

连续性要求：

- 1 + C_{2} = 0 \Rightarrow C_{2} = 1.

3. 最终结果

F (x) = {(x - 1)^{2}, x (ln x - 1) + 1, x < 1, x \geq 1.

3

若 $y = (1 + x^{2})^{2} - 1 + x^{2}$ 和 $y = (1 + x^{2})^{2} + 1 + x^{2}$ 是微分方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的两个解，则 $q (x) = ()$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

我们已知原方程形式为：

y^{'} + p (x) y = q (x)

已知两个特解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ ，满足：

y_{1} - y_{2} = - 2 1 + x^{2}

且

\frac{y _{1} + y _{2}}{2} = (1 + x^{2})^{2}

1. 求 $p (x)$

两解之差 $y_{1} - y_{2}$ 是对应齐次方程

y^{'} + p (x) y = 0

的解。

代入 $y = - 2 1 + x^{2}$ ：

先求导：

y^{'} = - 2 \cdot \frac{x}{1 + x ^{2}} = - \frac{2 x}{1 + x ^{2}}

代入齐次方程：

- \frac{2 x}{1 + x ^{2}} + p (x) \cdot [- 2 1 + x^{2}] = 0

- \frac{2 x}{1 + x ^{2}} - 2 p (x) 1 + x^{2} = 0

两边乘以 $- 1$ ：

\frac{2 x}{1 + x ^{2}} + 2 p (x) 1 + x^{2} = 0

除以 2：

\frac{x}{1 + x ^{2}} + p (x) 1 + x^{2} = 0

p (x) 1 + x^{2} = - \frac{x}{1 + x ^{2}}

p (x) = - \frac{x}{1 + x ^{2}}

2. 求 $q (x)$

将特解 $\frac{y _{1} + y _{2}}{2} = (1 + x^{2})^{2}$ 代入原方程。

设 $Y = (1 + x^{2})^{2}$ ，则

Y^{'} = 2 (1 + x^{2}) \cdot 2 x = 4 x (1 + x^{2})

原方程：

Y^{'} + p (x) Y = q (x)

代入：

4 x (1 + x^{2}) + [- \frac{x}{1 + x ^{2}}] \cdot (1 + x^{2})^{2} = q (x)

第二项化简：

- \frac{x}{1 + x ^{2}} \cdot (1 + x^{2})^{2} = - x (1 + x^{2})

所以：

4 x (1 + x^{2}) - x (1 + x^{2}) = q (x)

3 x (1 + x^{2}) = q (x)

最终答案：

p (x) = - \frac{x}{1 + x ^{2}}, q (x) = 3 x (1 + x^{2})

4

已知函数 $f (x) = {x, x \leq 0 f r a c 1 n, \frac{1}{n + 1} < x \leq \frac{1}{n}, n = 1, 2, \dots$ ，则（）

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正确答案：D

正确答案：D

要判断函数 $f (x)$ 在 x = 0 处的连续性与可导性，以及间断点类型，需从极限和导数定义入手分析。

一、连续性分析

函数在 $x = 0$ 处的定义

当 $x \leq 0$ 时， $f (x) = x$ ，故

f (0) = 0

右极限计算

当 $x$ 从右侧趋近于 $0$ 时， $x$ 落在区间 $(\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}]$ 内（ $n$ 为正整数），此时

f (x) = \frac{1}{n}

随着 $x \to 0^{+}$ ， $n \to \infty$ ，因此：

x \to 0^{+} lim f (x) = n \to \infty lim \frac{1}{n} = 0

左极限计算

当 x 从左侧趋近于 0 时， $f (x) = x$ ，故：

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim x = 0

连续性结论

由于

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{+} lim f (x) = f (0) = 0

因此函数 $f (x)$ 在 x = 0 处连续，排除选项 (A) 和 (B)。

二、可导性分析

根据导数定义，需判断左导数和右导数是否存在且相等。

左导数计算

f^{'} = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = 1

右导数计算

取 $x_{n} = \frac{1}{n}$ （当 $n \to \infty$ 时， $x_{n} \to 0^{+}$ ），则：

\frac{f ( x _{n} ) - f ( 0 )}{x _{n} - 0} = \frac{\frac{1}{n} - 0}{\frac{1}{n}} = 1

所以

n \to \infty lim \frac{f ( x _{n} ) - f ( 0 )}{x _{n}} = 1

进一步分析一般情况：对任意 $x \in (\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}]$ ，有

\frac{f ( x ) - 0}{x - 0} = \frac{\frac{1}{n}}{x}

由于

\frac{1}{n + 1} < x \leq \frac{1}{n}

可得

1 < \frac{\frac{1}{n}}{x} \leq \frac{n + 1}{n}

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n + 1}{n} \to 1$ ，由夹逼定理得

x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = 1

即

f_{+}^{'} (0) = 1

可导性结论

左导数和右导数均为 1，故 $f (x)$ 在 x = 0 处可导，导数为 1，排除选项 (C)，选择选项 (D)。

5

设 $A$ ， $B$ 是可逆矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似，则下列结论错误的是()

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】由 $A \sim B$ ，存在可逆矩阵 $P$ 使 $P^{- 1} A P = B$ 。

(1) $(P^{- 1} A P)^{T} = B^{T} \Rightarrow P^{T} A^{T} (P^{T})^{- 1} = B^{T}$ ，故 $A^{T} \sim B^{T}$ ，(A) 正确；

(2) $(P^{- 1} A P)^{- 1} = B^{- 1} \Rightarrow P^{- 1} A^{- 1} P = B^{- 1}$ ，故 $A^{- 1} \sim B^{- 1}$ ，(B) 正确；

(3) $P^{- 1} (A + A^{- 1}) P = P^{- 1} A P + P^{- 1} A^{- 1} P = B + B^{- 1}$ ，故 $A + A^{- 1} \sim B + B^{- 1}$ ，(D) 正确；

对于 (C)， $P^{- 1} (A + A^{T}) P = P^{- 1} A P + P^{- 1} A^{T} P$ ，而 $P^{- 1} A^{T} P$ 未必等于 $B^{T}$ ，故 (C) 错误。

6

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ ，则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在空间直角坐标下表示的二次曲面为()

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

二次型的矩阵为

A = 122212221

求特征值：由特征方程

∣ λ E - A ∣ = 0

解得

λ_{1} = 5, λ_{2} = λ_{3} = - 1

因此，正惯性指数 $p = 1$ ，负惯性指数 $q = 2$ 。
二次型的规范形为

f = z_{1}^{2} - z_{2}^{2} - z_{3}^{2}

对应曲面方程为

z_{1}^{2} - z_{2}^{2} - z_{3}^{2} = k (k 为常数)

当 $k > 0$ 时，该曲面为 双叶双曲面。

7

设随机变量 $X \sim N (μ, σ^{2}) (σ > 0)$ ，记 $p = P {X \leq μ + σ^{2}}$ ，则()

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】标准化得

p = P {X \leq μ + σ^{2}} = P {\frac{X - μ}{σ} \leq σ} = Φ (σ)

，其中

Φ (x)

为标准正态分布的分布函数，单调递增，故

p

随

σ

的增加而增加。

8

随机试验 $E$ 有三种两两不相容的结果 $A_{1}$ 、 $A_{2}$ 、 $A_{3}$ ，且三种结果发生的概率均为 $\frac{1}{3}$ 。将试验 $E$ 独立重复做 $2$ 次， $X$ 表示 $2$ 次试验中结果 $A_{1}$ 发生的次数， $Y$ 表示 $2$ 次试验中结果 $A_{2}$ 发生的次数，则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
已知 $X \sim B (2, \frac{1}{3})$ ， $Y \sim B (2, \frac{1}{3})$ ，则

E (X) = E (Y) = \frac{2}{3}, D (X) = D (Y) = \frac{4}{9} .

计算 $E (X Y)$ ：

E (X Y) = k = 0 \sum 2 l = 0 \sum 2 k l \cdot P (X = k, Y = l) .

仅当 $k = l = 1$ 时非零，此时

P (X = 1, Y = 1) = C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot C_{1}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9},

因此

E (X Y) = 1 \times 1 \times \frac{2}{9} = \frac{2}{9} .

填空题

9

（填空题）

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} t ln ( 1 + t sin t ) d t}{1 - cos x ^{2}} =

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} t ln ( 1 + t sin t ) d t}{1 - cos x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{x ln ( 1 + x sin x )}{2 x sin x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{x sin x}{2 x ^{2}} = \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{sin x}{x} = \frac{1}{2}

10

（填空题）向量场 $A (x, y, z) = (x + y + z) i + x y j + z k$ 的旋度 $rot A =$ ______。

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【答案】 $j + (y - 1) k$

【解析】

rot A = i \frac{\partial}{\partial x} x + y + z j \frac{\partial}{\partial y} x y k \frac{\partial}{\partial z} z = j + (y - 1) k

11

（填空题）设函数 $f (u, v)$ 可微, $z = z (x, y)$ 由方程 $(x + 1) z - y^{2} = x^{2} f (x - z, y)$ 确定,则 $d z ∣_{(0, 1)} =$

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【答案】 $d z ∣_{(0, 1)} = - d x + 2 d y$

【解析】
已知方程

(x + 1) z - y^{2} = x^{2} f (x - z, y)

两边分别关于 $x$ 、 $y$ 求偏导：

关于 $x$ 求偏导：
$z + (x + 1) z_{x}^{'} = 2 x f (x - z, y) + x^{2} f_{1}^{'} (x - z, y) \cdot (1 - z_{x}^{'})$
关于 $y$ 求偏导：
$(x + 1) z_{y}^{'} - 2 y = x^{2} [f_{1}^{'} (x - z, y) \cdot (- z_{y}^{'}) + f_{2}^{'} (x - z, y)]$

将 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $z = 1$ 代入上述两式，可得

d z ∣_{(0, 1)} = - d x + 2 d y

12

（填空题）设函数 $f (x) = arctan x - \frac{x}{1 + a x ^{2}}$ ，且 $f^{''} (0) = 1$ ，则 $a =$

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【答案】 $a = \frac{1}{2}$

【解析】 【解析】

f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{1 - a x ^{2}}{( 1 + a x ^{2} ) ^{2}}

f^{''} (x) = \frac{- 2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} - \frac{2 a ^{2} x ^{3} - 6 a x}{( 1 + a x ^{2} ) ^{3}}

f^{'''} (x) = \frac{6 x ^{2} - 2}{( 1 + x ^{2} ) ^{3}} + \frac{( 6 a - 6 a ^{2} x ^{2} ) ( 1 + a x ^{2} ) - 6 a x ( 6 a x - 2 a ^{2} x ^{3} )}{( 1 + a x ^{2} ) ^{4}}

因此， $f^{'''} (0) = - 2 + 6 a = 1$ ，从而得 $a = \frac{1}{2}$ 。

13

（填空题）行列式

λ 004 - 1 λ 03 0 - 1 λ 2 00 - 1 λ + 1 =

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【答案】

λ^{4} + λ^{3} + 2 λ^{2} + 3 λ + 4

【解析】

λ 004 - 1 λ 03 0 - 1 λ 2 00 - 1 λ + 1 = λ λ 03 - 1 λ 2 0 - 1 λ + 1 + 4 \times (- 1)^{4 + 1} - 1 λ 0 0 - 1 λ 00 - 1

= λ^{4} + λ^{3} + 2 λ^{2} + 3 λ + 4

14

（填空题）设 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，样本均值 $\overline{x} = 9.5$ ，参数 $μ$ 的置信度为 $0.95$ 的双侧置信区间的置信上限为 $10.8$ ，则 $μ$ 的置信度为 $0.95$ 的双侧置信区间为______。

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【答案】 (8.2, 10.8)

【解析】
$P {- u_{0.025} < \frac{x - μ}{\frac{σ}{n}} < u_{0.025}} = P {\overline{x} - u_{0.025} \frac{σ}{n} < μ < \overline{x} + u_{0.025} \frac{σ}{n}} = 0.95$ 。

因为 $\overline{x} + u_{0.025} \frac{σ}{n} = 10.8$ ，所以 $u_{0.025} \frac{σ}{n} = 1.3$ 。

因此，置信下限 $\overline{x} - u_{0.025} \frac{σ}{n} = 8.2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）已知平面区域 $D = {(r, θ) 2 \leq r \leq 2 (1 + cos θ), - \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2}}$ ，计算二重积分 $\iint_{D} x d x d y$ 。

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【答案】 $5 π + \frac{32}{3}$

【解析】

D \iint x d x d y = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{2}^{2 (1 + c o s θ)} r^{2} cos θ d r = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos θ \cdot \frac{r ^{3}}{3}_{2}^{2 (1 + c o s θ)} d θ

= \frac{8}{3} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (3 cos^{2} θ + 3 cos^{3} θ + cos^{4} θ) d θ

= 8 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos^{2} θ d θ + 8 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos^{3} θ d θ + \frac{8}{3} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos^{4} θ d θ

= 8 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{cos 2 θ + 1}{2} d θ + 8 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 - sin^{2} θ) d sin θ + \frac{8}{3} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos^{3} θ d sin θ

= 4 (\frac{sin 2 θ}{2} + θ)_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} + 8 (sin θ - \frac{sin ^{3} θ}{3})_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} + \frac{8}{3} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 3 sin^{2} θ cos^{2} θ d θ

= 4 π + \frac{32}{3} - 2 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} sin^{2} 2 θ d θ

= 5 π + \frac{32}{3}

16

（本题满分10分）设函数 $y (x)$ 满足方程 $y^{''} + 2 y^{'} + k y = 0$ ，其中 $0 < k < 1$ 。

(Ⅰ) 证明：反常积分 $\int_{0}^{\infty} y (x) d x$ 收敛；

(Ⅱ) 若 $y (0) = 1$ ， $y^{'} (0) = 1$ ，求 $\int_{0}^{\infty} y (x) d x$ 的值。

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【答案】
(Ⅰ) 见解析
(Ⅱ) \[\frac{3}{k} \]

【解析】
(Ⅰ) 证明反常积分

\int_{0}^{\infty} y (x) d x

收敛。

给定微分方程

y^{''} + 2 y^{'} + k y = 0,

其中 $0 < k < 1$ 。

特征方程为

r^{2} + 2 r + k = 0,

判别式为

Δ = 4 - 4 k = 4 (1 - k) > 0 (因为 0 < k < 1),

故特征根为两个不同的实根：

r = - 1 \pm 1 - k .

由于 $0 < k < 1$ ，有 $1 - k > 0$ ，且 $1 - k < 1$ ，因此

r_{1} = - 1 + 1 - k < 0, r_{2} = - 1 - 1 - k < 0.

微分方程的通解为

y (x) = C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{2} x},

其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为常数。

由于 $r_{1} < 0$ 和 $r_{2} < 0$ ，当 $x \to \infty$ 时， $y (x) \sim e^{r x} (r < 0)$ ，即 $y (x)$ 指数衰减。

因此，反常积分

\int_{0}^{\infty} y (x) d x

收敛。

(Ⅱ)

方法一：直接积分法

设

I = \int_{0}^{\infty} y (x) d x .

由通解形式：

y (x) = C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{2} x},

计算积分：

I = \int_{0}^{\infty} (C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{2} x}) d x = - \frac{C _{1}}{r _{1}} - \frac{C _{2}}{r _{2}} .

利用初始条件：

y (0) = C_{1} + C_{2} = 1, y^{'} (0) = r_{1} C_{1} + r_{2} C_{2} = 1,

解得：

C_{1} = \frac{1 - r _{2}}{r _{1} - r _{2}}, C_{2} = \frac{r _{1} - 1}{r _{1} - r _{2}} .

代入 $I$ 得：

I = - \frac{1}{r _{1} - r _{2}} (\frac{1 - r _{2}}{r _{1}} + \frac{r _{1} - 1}{r _{2}}) .

计算括号内表达式：

\frac{1 - r _{2}}{r _{1}} + \frac{r _{1} - 1}{r _{2}} = \frac{1}{r _{1}} - \frac{r _{2}}{r _{1}} + \frac{r _{1}}{r _{2}} - \frac{1}{r _{2}} = (\frac{1}{r _{1}} - \frac{1}{r _{2}}) + (\frac{r _{1}}{r _{2}} - \frac{r _{2}}{r _{1}}) .

利用根与系数关系：

r_{1} + r_{2} = - 2, r_{1} r_{2} = k,

进一步化简得：

I = \frac{3}{k} .

方法二：积分微分方程法

对原方程两边从 $0$ 到 $\infty$ 积分：

\int_{0}^{\infty} y^{''} (x) d x + 2 \int_{0}^{\infty} y^{'} (x) d x + k \int_{0}^{\infty} y (x) d x = 0.

计算各项：

\int_{0}^{\infty} y^{'} (x) d x = [y (x)]_{0}^{\infty} = y (\infty) - y (0) = 0 - 1 = - 1,

\int_{0}^{\infty} y^{''} (x) d x = [y^{'} (x)]_{0}^{\infty} = y^{'} (\infty) - y^{'} (0) = 0 - 1 = - 1.

设 $I = \int_{0}^{\infty} y (x) d x$ ，代入得：

- 1 + 2 (- 1) + k I = 0 \Rightarrow - 3 + k I = 0 \Rightarrow I = \frac{3}{k} .

17

（本题满分 10 分）设函数 $f (x, y)$ 满足

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

且 $f (0, y) = y + 1$ ， $L_{t}$ 是从点 $(0, 0)$ 到点 $(1, t)$ 的光滑曲线，计算曲线积分

I (t) = \int_{L_{t}} \frac{\partial f ( x , y )}{\partial x} d x + \frac{\partial f ( x , y )}{\partial y} d y,

并求 $I (t)$ 的最小值。

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【答案】
曲线积分 $I (t) = t + e^{2 - t}$ ，当 $t = 2$ 时取得最小值 $3$ 。

【解析】
(1) 由 $\frac{\partial f ( x , y )}{\partial x} = (2 x + 1) e^{2 x - y}$ 可知：

f (x, y) = \int (2 x + 1) e^{2 x - y} d x = e^{- y} [\int 2 x e^{2 x} d x + \int e^{2 x} d x]

= e^{- y} \cdot x e^{2 x} + φ (y) = x e^{2 x - y} + φ (y)

又 $f (0, y) = y + 1$ ，可知 $φ (y) = y + 1$ 。

因此：

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

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

I (t) = \int_{L_{t}} (2 x + 1) e^{2 x - y} d x + (1 - x e^{2 x - y}) d y

令 $P = (2 x + 1) e^{2 x - y}$ ， $Q = 1 - x e^{2 x - y}$ ，则：

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

因 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，故积分与路径无关。

I (t) = \int_{L_{t}} (2 x + 1) e^{2 x - y} d x + (1 - x e^{2 x - y}) d y

= \int_{0}^{1} (2 x + 1) e^{2 x} d x + \int_{0}^{t} (1 - e^{2 - y}) d y

= e^{2} + t + e^{2 - t} - e^{2} = t + e^{2 - t}

(2) $I (t) = t + e^{2 - t}$

I^{'} (t) = 1 - e^{2 - t}

令 $I^{'} (t) = 0$ ，可知 $t = 2$ （有唯一驻点）。

又 $I^{''} (t) = e^{2 - t}$ ，则 $I^{''} (2) = 1 > 0$ 。

因此 $t = 2$ 时， $I (t)$ 有最小值，且：

I (2) = 2 + e^{2 - 2} = 2 + 1 = 3

18

（本题满分 10 分）设有界区域 $Ω$ 由平面 $2 x + y + 2 z = 2$ 与三个坐标平面围成， $\sum$ 为 $Ω$ 整个表面的外侧，计算曲面积分 $I = \iint_{\sum} (x^{2} + 1) d y d z - 2 y d z d x + 3 z d x d y$ 。

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 【解析】

设曲面积分

I = \iint_{Σ} (x^{2} + 1) d y d z - 2 y d z d x + 3 z d x d y

令 $P = x^{2} + 1$ ， $Q = - 2 y$ ， $R = 3 z$ 。

由高斯公式可得：

I = ∭_{Ω} (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}) d x d y d z

计算偏导数：

\frac{\partial P}{\partial x} = 2 x, \frac{\partial Q}{\partial y} = - 2, \frac{\partial R}{\partial z} = 3

代入得：

I = ∭_{Ω} (2 x - 2 + 3) d x d y d z = ∭_{Ω} (2 x + 1) d x d y d z

积分区域 $Ω$ 由平面 $x + 2 y + 2 z = 2$ 与坐标面围成，投影到 $x y$ 平面为区域 $D_{x y}$ ，其中 $z$ 的范围为 $0 \leq z \leq 1 - x - \frac{y}{2}$ 。

于是：

I = \iint_{D_{x y}} [\int_{0}^{1 - x - \frac{y}{2}} (2 x + 1) d z] d x d y

计算内层积分：

\int_{0}^{1 - x - \frac{y}{2}} (2 x + 1) d z = (2 x + 1) (1 - x - \frac{y}{2})

展开得：

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

因此：

I = \iint_{D_{x y}} (2 x^{2} + x - x y - \frac{y}{2}) d x d y

区域 $D_{x y}$ 由 $x = 0$ ， $y = 0$ 及 $x + 2 y = 1$ 围成，即 $0 \leq x \leq 1$ ， $0 \leq y \leq 1 - 2 x$ 。

于是：

I = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - 2 x} (2 x^{2} + x - x y - \frac{y}{2}) d y d x

先对 $y$ 积分：

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

代入上限 $y = 1 - 2 x$ ，下限 $y = 0$ 得：

(2 x^{2} + x) (1 - 2 x) - \frac{1}{2} x (1 - 2 x)^{2} - \frac{1}{4} (1 - 2 x)^{2}

展开并化简后，对 $x$ 从 0 到 1 积分，最终结果为：

I = \frac{1}{2}

19

（本题满分10分）

已知函数 $f (x)$ 可导，且 $f (0) = 1$ ， $0 < f^{'} (x) < \frac{1}{2}$ ，设数列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{n + 1} = f (x_{n}) (n = 1, 2 \dots)$ ，证明：

（I）级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (x_{n + 1} - x_{n})$ 绝对收敛；

（II） $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，且 $0 < lim_{n \to \infty} x_{n} < 2$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 【证明】(1) $x_{n + 1} = f (x_{n})$

∣ x_{n + 1} - x_{n} ∣ = ∣ f (x_{n}) - f (x_{n - 1}) ∣ = ∣ f^{'} (ξ) (x_{n} - x_{n - 1}) ∣ < \frac{1}{2} ∣ x_{n} - x_{n - 1} ∣ = \frac{1}{2} ∣ f (x_{n - 1}) - f (x_{n - 2}) ∣

显然， $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 ^{n - 1}} ∣ x_{2} - x_{1} ∣$ 收敛，因此， $\sum_{n = 1}^{\infty} (x_{n + 1} - x_{n})$ 绝对收敛;

(2) $\sum_{n = 1}^{\infty} (x_{n + 1} - x_{n})$ 的前 $n$ 项和记为 $S_{n}$

易知， $S_{n} = x_{n + 1} - x_{1}$ ，由第一问可知 $S_{n}$ 极限存在，因此 $lim_{n \to \infty} x_{n} = A$ 存在

$x_{n + 1} = f (x_{n}) = f (x_{n}) - f (0) + 1$

$= f^{'} (ξ) x_{n} + 1$ （*）

i）由已知 $0 < f^{'} (x) < \frac{1}{2}$ ，易知 $x_{n + 1} = f^{'} (ξ) x_{n} + 1 < \frac{1}{2} x_{n} = 1$

不等式两边取极限，可知 $A < \frac{1}{2} A + 1$ ，即 $A < 2$ ；

ii）若 $A = 0$ ，则（*）矛盾；

iii）若 $A < 0$ ，则由（*）可知 $(1 - f^{'} (ξ)) A = 1$ ，而 $0 < f^{'} (x) < \frac{1}{2}$ ，显然矛盾

综上， $0 < A < 2$

20

（本题满分 11 分）设矩阵

A = 12 - 1 - 1 a 1 - 1 1 a, B = 21 - a - 1 2 a - 2

当 $a$ 为何值时，方程 $AX = B$ 无解、有唯一解、有无穷多解？

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【答案】
当 $a \neq = 1$ 且 $a \neq = - 2$ 时，方程有唯一解；
当 $a = - 2$ 时，方程无解；
当 $a = 1$ 时，方程有无穷多解。

【解析】
【解析】对 $A X = B$ 的增广阵做初等变换：

(A, B) \to 100 - 1 a + 2 0 - 1 3 a - 1 2 - 3 1 - a 2 a - 4 0

当 $∣ A ∣ \neq = 0$ ，即 $a \neq = 1$ 且 $a \neq = - 2$ 时，方程组有唯一解。
当 $∣ A ∣ = 0$ 时， $a = 1$ 或 $a = - 2$ ：
- 当 $a = - 2$ 时，代入得矛盾方程，方程组无解。
- 当 $a = 1$ 时，代入得 $r (A) < 3$ ，故方程组有无穷多解。

21

（本题满分 11 分）已知矩阵

A = 020 - 1 - 3 0 100

（I）求 $A^{99}$ 。

（II）设 3 阶矩阵 $B = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 满足 $B^{2} = B A$ ，记 $B^{100} = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，将 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 分别表示为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的线性组合。

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【答案】
（I）

A^{99} = - 2 + 2^{99} - 2 + 2^{100} 0 1 - 2^{99} 1 - 2^{100} 0 2 - 2^{98} 2 - 2^{99} 0

（II）

β_{1} β_{2} β_{3} = (- 2 + 2^{99}) α_{1} + (- 2 + 2^{100}) α_{2}, = (1 - 2^{99}) α_{1} + (1 - 2^{100}) α_{2}, = (2 - 2^{98}) α_{1} + (2 - 2^{99}) α_{2} .

【解析】

(1)
利用相似对角化，由特征方程 $∣ λ E - A ∣ = 0$ 得 $A$ 的特征值为

λ_{1} = 0, λ_{2} = - 1, λ_{3} = - 2,

于是 $A \sim Λ = 0 - 1 - 2$ 。

当 $λ_{1} = 0$ 时，由 $(0 E - A) x = 0$ 解得属于 $λ_{1} = 0$ 的特征向量为

γ_{1} = 322;

当 $λ_{2} = - 1$ 时，由 $(- E - A) x = 0$ 解得属于 $λ_{2} = - 1$ 的特征向量为

γ_{2} = 110;

当 $λ_{3} = - 2$ 时，由 $(- 2 E - A) x = 0$ 解得属于 $λ_{3} = - 2$ 的特征向量为

γ_{3} = 120 .

取可逆矩阵

P = (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}) = 322110120,

则有 $P^{- 1} A P = Λ$ ，即 $A = P Λ P^{- 1}$ 。于是

A^{99} = P Λ^{99} P^{- 1} .

计算可得

A^{99} = - 2 + 2^{99} - 2 + 2^{100} 0 1 - 2^{99} 1 - 2^{100} 0 2 - 2^{98} 2 - 2^{99} 0 .

(2)
由 $B^{2} = B A$ 可得

B^{3} = B^{2} A = B A^{2},

依此类推，有

B^{100} = B A^{99} .

已知 $B = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，且 $B^{100} = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，因此

(β_{1}, β_{2}, β_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) A^{99} = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) - 2 + 2^{99} - 2 + 2^{100} 0 1 - 2^{99} 1 - 2^{100} 0 2 - 2^{98} 2 - 2^{99} 0 .

于是可得

β_{1} β_{2} β_{3} = (- 2 + 2^{99}) α_{1} + (- 2 + 2^{100}) α_{2}, = (1 - 2^{99}) α_{1} + (1 - 2^{100}) α_{2}, = (2 - 2^{98}) α_{1} + (2 - 2^{99}) α_{2} .

22

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ 0 < x < 1, x^{2} < y < x}$ 上服从均匀分布，令

U = {1, 0, X \leq Y X > Y

（Ⅰ）写出 $(X, Y)$ 的概率密度；

（Ⅱ）问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立？并说明理由；

（Ⅲ）求 $Z = U + X$ 的分布函数 $F (z)$ 。

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【答案】

（Ⅰ） $(X, Y)$ 的概率密度为

f (x, y) = {3, 0, 0 < x < 1, x^{2} < y < x, 其他 .

（Ⅱ） $U$ 与 $X$ 不相互独立。理由：

P {U \leq \frac{1}{2}} = \frac{1}{2}, P {X \leq \frac{1}{2}} = \frac{1}{2},

但

P {U \leq \frac{1}{2}, X \leq \frac{1}{2}} \neq = P {U \leq \frac{1}{2}} P {X \leq \frac{1}{2}},

因此不独立。

（Ⅲ） $Z = U + X$ 的分布函数为

F_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3}{2} z^{2} - z^{3}, \frac{1}{2} + 2 (z - 1)^{3/2} - \frac{3}{2} (z - 1)^{2}, 1, z < 0, 0 \leq z < 1, 1 \leq z < 2, z \geq 2.

【解析】

(1) 区域 $D$ 的面积为

s (D) = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = \frac{1}{3} .

由于 $(X, Y)$ 服从区域 $D$ 上的均匀分布，因此

f (x, y) = {3, 0, 0 < x < 1, x^{2} < y < x, 其他 .

(2) $U$ 与 $X$ 不独立。理由如下：

P {U \leq \frac{1}{2}} = \frac{1}{2}, P {X \leq \frac{1}{2}} = \frac{1}{2},

但

P {U \leq \frac{1}{2}, X \leq \frac{1}{2}} \neq = P {U \leq \frac{1}{2}} P {X \leq \frac{1}{2}},

因此 $U$ 与 $X$ 不独立。

(3)

F_{Z} (z) = P {U + X \leq z} = P {U + X \leq z ∣ U = 0} P {U = 0} + P {U + X \leq z ∣ U = 1} P {U = 1} .

即

F_{Z} (z) = P {X \leq z, X > Y} + P {1 + X \leq z, X \leq Y} .

其中

P {X \leq z, X > Y} = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3}{2} z^{2} - z^{3}, \frac{1}{2}, z < 0, 0 \leq z < 1, z \geq 1,

P {X + 1 \leq z, X \leq Y} = ⎩ ⎨ ⎧ 0, 2 (z - 1)^{3/2} - \frac{3}{2} (z - 1)^{2}, \frac{1}{2}, z < 1, 1 \leq z < 2, z \geq 2.

因此

F_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3}{2} z^{2} - z^{3}, \frac{1}{2} + 2 (z - 1)^{3/2} - \frac{3}{2} (z - 1)^{2}, 1, z < 0, 0 \leq z < 1, 1 \leq z < 2, z \geq 2.

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x, θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3 x ^{2}}{θ ^{3}}, 0, 0 < x < θ 其他

其中 $θ \in (0, + \infty)$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，令 $T = max {X_{1}, X_{2}, X_{3}}$ 。

(1) 求 $T$ 的概率密度

(2) 确定 $a$ ，使得 $a T$ 为 $θ$ 的无偏估计

查看答案与解析

【答案】
(1) $T$ 的概率密度函数为

f_{T} (t) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{9 t ^{8}}{θ ^{9}}, 0, 0 < t < θ 其他

(2) $a = \frac{10}{9}$

【解析】
（1） 由题意， $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 独立同分布， $T = max (X_{1}, X_{2}, X_{3})$ 的分布函数为

F_{T} (t) = P {max (X_{1}, X_{2}, X_{3}) \leq t} = P {X_{1} \leq t, X_{2} \leq t, X_{3} \leq t} = P {X_{1} \leq t} \cdot P {X_{2} \leq t} \cdot P {X_{3} \leq t} = [P {X_{1} \leq t}]^{3}

当 $t < 0$ 时， $F_{T} (t) = 0$ ；
当 $0 < t < θ$ 时，
$F_{T} (t) = [\int_{0}^{t} \frac{3 x ^{2}}{θ ^{3}} d x]^{3} = (\frac{t ^{3}}{θ ^{3}})^{3} = \frac{t ^{9}}{θ ^{9}}$
当 $t \geq θ$ 时， $F_{T} (t) = 1$ 。

对 $F_{T} (t)$ 求导，得概率密度函数：

f_{T} (t) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{9 t ^{8}}{θ ^{9}}, 0, 0 < t < θ 其他

（2） 计算 $E (a T)$ ：

E (a T) = a E (T) = a \int_{0}^{θ} t \cdot \frac{9 t ^{8}}{θ ^{9}} d t = \frac{9 a}{θ ^{9}} \int_{0}^{θ} t^{9} d t = \frac{9 a}{θ ^{9}} \cdot \frac{θ ^{10}}{10} = \frac{9 a}{10} θ

若 $a T$ 为 $θ$ 的无偏估计，则需满足

E (a T) = θ

即

\frac{9 a}{10} θ = θ \Rightarrow a = \frac{10}{9}