选择题
1
当
x→0+
时,下列无穷小量中最高阶的是( ).
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正确答案：D
正确答案：D【解】 当
x→0+
时,
∫0x(et2−1)dt∼∫0xt2dt=31x3
;
∫0xln(1+t3)dt∼∫0xt23dt=52x25
;
∫0sinxsint2dt∼∫0xt2dt=31x3
;
∫01−cosxsint3dt∼∫021x2t23dt=202x5
,
应选(D).
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2
设函数
f(x)
在区间
(−1,1)
内有定义,且
limx→0f(x)=0
,则
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正确答案：C
正确答案：C【解析】当
f(x)
在
x=0
处可导,则
f(x)
在
x=0
处连续,
f(0)=limx→0f(x)=0
,
f′(0)=x→0limx−0f(x)−f(0)=x→0limxf(x),可得x→0lim∣x∣f(x)=x→0limxf(x)⋅∣x∣x x→0+limxf(x)⋅∣x∣x=x→0+limxf(x)⋅xx=x→0+limxf(x)⋅x=f′(0)⋅0=0, x→0−limxf(x)⋅∣x∣x=x→0−limxf(x)⋅−xx=x→0−limxf(x)⋅(−−x)=f′(0)⋅0=0, 即
limx→0∣x∣f(x)=0
,故选(C)
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3
设函数
f(x)
在点
(0,0)
处可微，
f(0,0)=0
，
n=(∂x∂f,∂y∂f,−1)(0,0)
且非零向量
d
与
n
垂直，则
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正确答案：A
正确答案：A【解析】因为
f(x,y)
在
(0,0)
处可微，
f(0,0)=0
，所以
x→0y→0limx2+y2f(x,y)−f(0,0)−fx′(0,0)⋅x−fy′(0,0)⋅y=0
即
x→0y→0limx2+y2f(x,y)−fx′(0,0)⋅x−fy′(0,0)⋅y=0
因为
n⋅(x,y,f(x,y))=fx′(0,0)x+fy′(0,0)y−f(x,y)
，
所以
(x,y)→(0,0)limx2+y2∣n⋅(x,y,f(x,y))∣=0
存在，故选
(A)
。
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4
设
R
为幂级数
∑n=1∞anxn
的收敛半径。
r
是实数,则
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正确答案：A
正确答案：A【解析】由题知当
∣r∣<R
时，幂级数
∑n=1∞anxn
收敛，所以当
∣r∣<R
时，
∑n=1∞anr2n
收敛，因其逆否命题也成立，所以若当
∑n=1∞anr2n
发散时，
∣r∣≥R
，故选 (A) 。
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5
若矩阵
A
经初等列变换化成
B
,则
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正确答案：B
正确答案：B【解析】
A
经初等列变换化成
B
，所以存在可逆矩阵
P1
使得
AP1=B
，所以
A=BP1−1
。令
P=P1−1
，所以
A=BP
。故选(B)。
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6
已知直线
L1
:
a1x−a2=b1y−b2=c1z−c2
与直线
L2
:
a2x−a3=b2y−b3=c2z−c3
相交于一点，向量
αi=(ai,bi,ci)T
,
i=1,2,3
,则
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正确答案：C
正确答案：C【解析】令
L1
的方程
a1x−a2=b1y−b2=c1z−c2=t
,即有
xyz=a2b2c2+ta1b1c1=α2+tα1
L2
方程为
xyz=a3b3c3+ta2b2c2=α3+tα2
，由直线
L1
与
L2
相交得存在
t
使
α2+tα1=α3+tα2
，即
α3=tα1+(1−t)α2
,故
α3
可由
α1
,
α2
线性表示,故应选(C).
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7
设
A
、
B
、
C
为三个随机事件，且
P(A)=P(B)=P(C)=41
，
P(AB)=0
，
P(AC)=P(BC)=121
，则
A
、
B
、
C
中恰有一个事件发生的概率为
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正确答案：D
正确答案：D【解析】
P(ABC)=P(AB∪C)=P(A)−P[A(B∪C)]
=P(A)−P(AB+AC)
=P(A)+P(AB)−P(AC)+P(ABC)
=41−0−121+0=61
，
P(CBA)=P(CB∪A)=P(C)−P[C∪(B∪A)]
=P(C)+P(CB)−P(CA)+P(ABC)
=41−121−121+0=121
，
P(ABC+ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=61+61+121=125
。
故选 (D)。
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8
设
X1,X2,⋯,X100
为来自总体
X
的简单随机样本,其中
P(X=0)=P(X=1)=21
,
Φ(x)
表示标准正态分布函数,则用中心极限定理可得
P(∑i=1100Xi≤55)
的近似值为
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正确答案：B
正确答案：B【解析】由题意
EX=21
，
DX=41
，
E(∑i=1100Xi)=100EX=50
，
D(∑i=1100Xi)=100DX=25
。由中心极限定理
∑i=1100Xi∼N(50,25)
，所以
P{∑i=1100Xi≤55}=P{5∑i=1100Xi−55≤555−50}=Φ(1)
。故选
(B)
。
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填空题
9
（填空题）
x→0lim[ex−11−ln(1+x)1]=
____.
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【答案】 -1
【解析】
x→0lim[ex−11−ln(1+x)1]=x→0lim(ex−1)ln(1+x)ln(1+x)−ex+1=x→0limx2ln(1+x)−ex+1=x→0lim2x1+x1−ex=−1
10
（填空题）若
{x=t2+1,y=ln(t+t2+1),
则
dx2d2yt=1=
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【答案】
−2
【解析】 由参数方程求导公式，一阶导数为：
dxdy=dtdxdtdy=t2+1tt+t2+11(1+t2+1t)=t1. 二阶导数为：
dx2d2y=dxd(dxdy)=dtdxdtd(dxdy)=t2+1t−t21=−t3t2+1. 代入
t=1
，得：
11
（填空题）若函数
f(x)
满足
f′′(x)+af′(x)+f(x)=0(a>0)
，且
f(0)=m
，
f′(0)=n
，则
∫0+∞f(x)dx=
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【答案】
n+am
【解析】 特征方程为
λ2+aλ+1=0
，特征根为
λ1
，
λ2
，则
λ1+λ2=−a
，
λ1⋅λ2=1
，特征根
λ1<0
，
λ2<0
。
∫0+∞f(x)dx=−∫0+∞[f′′(x)+af′(x)]dx=−[f′(x)+af(x)]0+∞=n+am
12
（填空题）设函数
f(x,y)=∫0xyext2 dt
，则
∂x∂y∂2f(1,1)=
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【答案】 4e
【解析】
∂y∂f∂x∂y∂2f ∂x∂y∂2f(1,1)=ex(xy)2⋅x=xex3y2,=∂x∂(∂y∂f)=ex3y2+3x3y2ex3y2,=e+3e=4e. 13
（填空题）行列式
a0−110a1−1−11a01−10a=
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【答案】
a4−4a2
【解析】
a0−110a1−1−11a01−10a=a0−100a10−11aa1−10a=00−11aa10−1+a21aa1−10a=−aa0−1+a21a1−1a=−aa0a2−2201−1a=a4−4a2. 14
（填空题）设
X
服从区间
(−2π,2π)
上的均匀分布，
Y=sinX
，则
Cov(X,Y)=
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【答案】
π2
【解析】
概率密度函数为：
f(x)={π1,0,−2π<x<2π,其他.
协方差的计算公式为：
cov(X,Y)=E[XY]−E[X]E[Y]
代入 Y = \sin X，得：
cov(X,Y)=E[XsinX]−E[X]E[sinX]
计算各项期望：
E[XsinX]=∫−2π2πxsinx⋅π1dxE[X]=∫−2π2ππ1xdxE[sinX]=∫−2π2ππ1sinxdx
由于 x 和 \sin x 在对称区间上分别为奇函数和偶函数，有：
E[X]=0,E[sinX]=0
因此：
cov(X,Y)=E[XsinX]=π1∫−2π2πxsinxdx
利用奇偶性化简：
∫−2π2πxsinxdx=2∫02πxsinxdx
所以：
cov(X,Y)=π2∫02πxsinxdx
使用分部积分法，令：
u=x,dv=sinxdx
则：
du=dx,v=−cosx
于是：
∫02πxsinxdx=−xcosx∣02π+∫02πcosxdx
计算得：
−xcosx∣02π=0
∫02πcosxdx=sinx∣02π=1
因此：
∫02πxsinxdx=1
最终协方差为：
cov(X,Y)=π2⋅1=π2
π2
解答题
15
（本题满分 10 分）求函数
f(x,y)=x3+8y3−xy
的极值。
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【答案】 极小值为
−2161
【解析】
首先，求一阶偏导数：
∂x∂f=3x2−y,∂y∂f=24y2−x.
令偏导数为零，解方程组：
{∂x∂f=0∂y∂f=0
得到：
{x=61y=121
接着，求二阶偏导数：
∂x2∂2f=6x,∂x∂y∂2f=−1,∂y2∂2f=48y.
当
x=0
，
y=0
时，计算：
A=0,B=−1,C=0,AC−B2=−1<0,
因此该点不是极值点。
当
x=61
，
y=121
时，计算：
A=1,B=−1,C=4,AC−B2=3>0,A=1>0,
因此点
(61,121)
是极小值点。
极小值为：
f(61,121)=(61)3+8(121)3−61×121=−2161.
16
（本题满分 10 分）计算曲线积分
I=∫L4x2+y24x−ydx+4x2+y2x+ydy,
其中
L
是
x2+y2=2
，方向为逆时针方向。
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【答案】
π
【解析】 设
P=4x2+y24x−y
，
Q=4x2+y2x+y
，则
∂x∂Q=∂y∂P=(4x2+y2)2−4x2+y2−8xy.
取路径
Lε:4x2+y2=ε2
，方向为顺时针方向，则
∫L4x2+y24x−ydx+4x2+y2x+ydy=∫L+Lε4x2+y24x−ydx+4x2+y2x+ydy−∫Lε4x2+y24x−ydx+4x2+y2x+ydy.
进一步计算得
=∬D(∂x∂Q−∂y∂P)dxdy+ε21∫Lε(4x−y)dx+(x+y)dy=0+ε21⋅2⋅2πε2=π.
17
（本题满分10分）设数列
{an}
满足
a1=1
，
(n+1)an+1=(n+21)an
，证明：当
∣x∣<1
时，幂级数
∑n=1∞anxn
收敛，并求其和函数。
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【答案】
S(x)=1−x2−2
【解析】
R=n→∞liman+1an=n→∞limn+2n+1=1
，故
∣x∣<R=1
时，
n=1∑∞anxn
收敛。
令
S(x)=n=1∑∞anxn
，
则
S′(x)=n=1∑∞nanxn−1=n=0∑∞(n+1)an+1xn=a1+n=1∑∞(n+21)anxn
=1+n=1∑∞nanxn+21n=1∑∞anxn=1+xS′(x)+21S(x)
，
则
S′(x)−2(1−x)1S(x)=1−x1
，故
S(x)=e∫2(1−x)1dx[∫e∫2(1−x)−1dx1−x1dx+C]=1−xC−2
，
由
S(0)=C−2=0
，故
C=2
，则
S(x)=1−x2−2
。
18
（本题满分 10 分）设
∑
为曲面
z=x2+y2 (1≤x2+y2≤4)
的下侧，
f(x)
是连续函数，计算
I=∬∑[xf(xy)+2x−y]dydz+[yf(xy)+2y+x]dzdx+[zf(xy)+z]dxdy.
查看答案与解析
【答案】
314π
【解析】 由题意，
则
Fx′=−x2+y2x,Fy′=−x2+y2y,Fz′=1. 因此
I=∬Σ([xf(xy)+2x−y]Fz′Fx′+[yf(xy)+2y+x]Fz′Fy′+zf(xy)+z)dxdy=∬Σ([xf(xy)+2x−y](−x2+y2x)+[yf(xy)+2y+x](−x2+y2y)+zf(xy)+z)dxdy=−∬Σx2+y2dxdy=∬Dxyx2+y2dxdy=∫02πdθ∫12r2dr=314π 19
（本题满分10分）设函数
f(x)
在区间
[0,2]
上具有连续导数，已知
f(0)=f(2)=0
，
M=maxx∈[0,2]∣f(x)∣
，证明：
(I) 存在
ξ∈(0,2)
，使得
∣f′(ξ)∣≥M
；
(II) 若对任意的
x∈(0,2)
，
∣f′(x)∣≤M
，则
M=0
。
查看答案与解析
【答案】 见解析
【解析】
(I)
设
x=x0
时
∣f(x0)∣=M
，由拉格朗日定理得：
∃,ξ1∈(0,x0) ∣f′(ξ1)∣=x0−0f(x0)−f(0)=x0∣f(x0)∣=x0M; ∃,ξ2∈(x0,2) ∣f′(ξ2)∣=x0−2f(x0)−f(2)=2−x0∣f(x0)∣=2−x0M. 若
x0∈(0,1]
，取
ξ=ξ1
，有
∣f′(ξ)∣=x0M≥M;
若
x0∈(1,2)
，取
ξ=ξ2
，有
∣f′(ξ)∣=2−x0M≥M.
(II)
M=∣f(x0)∣=∣f(x0)−f(0)∣=∫0x0f′(x)dx≤∫0x0∣f′(x)∣dx≤∫0x0Mdx=Mx0. M=∣f(x0)∣=∣f(2)−f(x0)∣=∫x02f′(x)dx≤∫x02∣f′(x)∣dx≤∫x02Mdx=M(2−x0). 故
{M(1−x0)≤0, M(1−x0)≥0
同时成立。
若
x0=1
，显然
M=0
；
若
x0=1
，则
M≤∫01∣f′(x)∣,dx≤M,M≤∫12∣f′(x)∣,dx≤M.
当且仅当区间
(0,1)
和
(1,2)
上
∣f′(x)∣≡M
。
若
M=0
，则
f′(x)≡±M
与
f(0)=f(2)=0
矛盾，
或
f′(x)
在
x=1
处不可导，与已知矛盾。
故
M=0
。
20
（本题满分 11 分）设二次型
f(x1,x2)=x12−4x1x2+4x22
经正交变换
(x1x2)=Q(y1y2)
化为二次型
g(y1,y2)=ay12+4y1y2+by22
，其中
a≥b
。
(I) 求
a
，
b
的值；
(II) 求正交矩阵
Q
。
查看答案与解析
【答案】
(I)
a=4
,
b=1
(II)
Q=51(4−3−3−4)
【解析】
(I) 记
A=(1−2−24)
，
B=(a22b)
，则
QTAQ=B
，且
A
与
B
相似，具有相同特征值。
计算特征多项式
∣λE−A∣=λ2−5λ=0
，解得特征值
λ1=0
，
λ2=5
。
同理，
∣λE−B∣=λ2−(a+b)λ+ab−4=0
。由于特征值相同，比较系数得：
a+b=5,ab=4.
又
a≥b
，解得
a=4
，
b=1
。
(II) 当
λ1=0
时，求解
(0E−A)x=0
，得基础解系
α1=(2,1)T
。
当
λ2=5
时，求解
(5E−A)x=0
，得基础解系
α2=(1,−2)T
。
对于矩阵
B
，当
λ1=0
时，
(0E−B)x=0
的基础解系为
β1=(1,−2)T
。
当
λ2=5
时，
(5E−B)x=0
的基础解系为
β2=(2,1)T
。
令
P1=(211−2)
，
P2=(1−221)
，则有：
P1−1AP1=P2−1BP2=(0005).
因此，
B=P2P1−1AP1P2−1.
计算得：
P1P2−1=51(4−3−3−4).
故正交矩阵为：
Q=51(4−3−3−4).
21
（本题满分 11 分）设
A
为二阶矩阵，
P=(α,Aα)
，其中
α
是非零向量且不是
A
的特征向量。
(I) 证明
P
是可逆矩阵；
(II) 若
A2α+Aα−6α=0
，求
P−1AP
，并判断
A
是否相似于对角矩阵。
查看答案与解析
【答案】
(I) 见解析
(II)
P−1AP=(016−1)
，且
A
相似于对角矩阵。
【解析】
（I）法一：假设
P
不可逆，则
α
与
Aα
线性相关，存在不全为零的实数
k1
、
k2
，使得
k1α+k2Aα=0
。若
k2=0
，则
k1=0
，矛盾，故
k2=0
，从而
Aα=−k2k1α
，与
α
不是特征向量矛盾，所以
P
可逆。
法二：设
Aα=β
，则
β=kα
，即
α
、
β
线性无关，故
P=(α,β)
可逆。
（II）由
A2α+Aα−6α=0
，得
AP=A(α,Aα)=(Aα,A2α)=(Aα,6α−Aα)=(α,Aα)(016−1)=P(016−1),
故
P−1AP=(016−1).
令
B=(016−1)
，则
∣λE−B∣=λ2+λ−6=0,
特征值为
λ1=2
、
λ2=−3
。由于
A
与
B
相似，故
A
的特征值为
2
和
−3
，且可相似对角化。
22
（本题满分 11 分）设随机变量
X1
，
X2
，
X3
相互独立，其中
X1
与
X2
均服从标准正态分布，
X3
的概率分布为
P{X3=0}=P{X3=1}=21
，已知
Y=X3X1+(1−X3)X2
。
(I) 求二维随机变量
(X1,Y)
的分布函数，结果用标准正态分布函数
Φ(x)
表示；
(II) 证明随机变量
Y
服从标准正态分布。
查看答案与解析
【答案】
(I) 二维随机变量
(X1,Y)
的分布函数为：
F(x,y)={21Φ(x)Φ(y)+21Φ(x),21Φ(x)Φ(y)+21Φ(y),x≤yx>y
(II) 见解析。
【解析】
设随机变量
X1
，
X2
，
X3
相互独立，其中
X1
与
X2
均服从标准正态分布，
X3
的概率分布为
P{X3=0}=P{X3=1}=21
，已知
Y=X3X1+(1−X3)X2
。
(I)
(X1,Y)
的分布函数为：
F(x,y)=P{X1≤x,Y≤y}=P{X3=0,X1≤x,Y≤y}+P{X3=1,X1≤x,Y≤y}=P{X3=0,X1≤x,X2≤y}+P{X3=1,X1≤x,X1≤y}=21P{X1≤x}P{X2≤y}+21P{X1≤x,X1≤y}
(1) 当
x≤y
时，
F(x,y)=21P{X1≤x}P{X2≤y}+21P{X1≤x}=21Φ(x)Φ(y)+21Φ(x)
(2) 当
x>y
时，
F(x,y)=21P{X1≤x}P{X2≤y}+21P{X1≤y}=21Φ(x)Φ(y)+21Φ(y)
综上所述：
F(x,y)={21Φ(x)Φ(y)+21Φ(x),21Φ(x)Φ(y)+21Φ(y),x≤yx>y
(II)
FY(y)=P{Y≤y}=P{X3=0,Y≤y}+P{X3=1,Y≤y}=P{X3=0,X3X1+(1−X3)X2≤y}+P{X3=1,X3X1+(1−X3)X2≤y}=P{X3=0,X2≤y}+P{X3=1,X1≤y}=21P{X2≤y}+21P{X1≤y}=Φ(y),
因此
Y∼N(0,1)
。
23
（本题满分 11 分）设
T
的分布函数为
F(t)={1−e−(θt)m,0,t≥0t<0
其中
θ
、
m
为参数且大于零。
(I) 求概率
P{T>t}
与
P{T>s+t∣T>s}
，其中
s>0
，
t>0
；
(II) 任取
n
个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为
t1,t2,…,tn
，若
m
已知，求
θ
的最大似然估计值
θ^
。
查看答案与解析
【答案】
(I)
P{T>t}=e−(θt)m
P{T>s+t∣T>s}=eθmsm−(s+t)m
(II)
【解析】
（I）
P{T>t}=1−P{T≤t}=1−F(t)=e−(θt)m
。
P{T>s+t∣T>s}=P{T>s}P{T>s+t,T>s}=P{T>s}P{T>s+t}=e−(θs)me−(θs+t)m=eθmsm−(s+t)m
（II）概率密度函数为
f(t)=F′(t)={e−(θt)mθmmtm−1,0,t>0,其他.
似然函数为
L(θ)=i=1∏ne−(θti)mθmmtim−1=e−θm1∑i=1ntimmn(i=1∏ntim−1)θ−nm,
其中
ti>0,i=1,2,…,n
。
取对数得
lnL(θ)=−θm1i=1∑ntim+lnmn+ln(i=1∏ntim−1)−nmlnθ.
对
θ
求导并令导数为零：
dθdlnL(θ)=θm+1mi=1∑ntim−θnm=0⇒θ=mn1i=1∑ntim. 因此，
θ
的最大似然估计值为