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2021 年真题

22 题

选择题

1

设函数 $f (x) = {\frac{e ^{x} - 1}{x}, 1, x \neq = 0, x = 0$ ，则 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处（）

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】

lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - 1}{x} = lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1 = f (0)

，故

f (x)

在

x = 0

处连续。又

f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{e ^{x} - 1}{x} - 1}{x} = lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{1 + x + \frac{1}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} ) - 1 - x}{x ^{2}} = \frac{1}{2}

，故应选(D)。

2

设函数 $f (x, y)$ 可微，且 $f (x + 1, e^{x}) = x (x + 1)^{2}$ ， $f (x, x^{2}) = 2 x^{2} ln x$ ，则 $df (1, 1) =$ （）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

f_{x}^{'} (x, y) = 2 x ln y, f_{y}^{'} (x, y) = \frac{x ^{2}}{y},

则 $f_{x}^{'} (1, 1) = 0$ ， $f_{y}^{'} (1, 1) = 1$ ，得 $df (1, 1) = d y$ ，故应选(C)。

3

设函数 $f (x) = \frac{s i n x}{1 + x ^{2}}$ 在 $x = 0$ 处的3次泰勒多项式为 $a x + b x^{2} + c x^{3}$ ，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由题意知， $f (x) = \frac{s i n x}{1 + x ^{2}} = a x + b x^{2} + c x^{3} + o (x^{3})$ ，故

sin x = (1 + x^{2}) (a x + b x^{2} + c x^{3} + o (x^{3})) = a x + b x^{2} + (a + c) x^{3} + o (x^{3}),

又 $sin x = x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})$ ，由泰勒展开的唯一性，比较系数，有

⎩ ⎨ ⎧ a = 1, b = 0, a + c = - \frac{1}{6},

解得

⎩ ⎨ ⎧ a = 1, b = 0, c = - \frac{7}{6},

故应选(A)。

4

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，则 $\int_{0}^{1} f (x) d x =$ （）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】将区间 $[0, 1]$ 上均分成 $n$ 份，取 $ξ_{k}$ 为第 $k$ 个小区间的中点，则 $ξ_{k} = \frac{\frac{k - 1}{n} + \frac{k}{n}}{2} = \frac{2 k - 1}{2 n}$ ，

\int_{0}^{1} f (x) d x = n \to \infty lim k = 1 \sum n f (\frac{2 k - 1}{2 n}) \cdot \frac{1}{n},

故应选(B)。

5

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2}$ 的正惯性指数与负惯性指数依次为（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

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

对应的矩阵 $A = 011121110$ ，

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 1 - 1 λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ = λ (λ - 3) (λ + 1),

$A$ 的特征值为 $3$ ， $- 1$ ， $0$ ，故 $f$ 的正、负惯性指数都是 $1$ ，故应选(B)。

6

设 $α_{1} = 101$ ， $α_{2} = 121$ ， $α_{3} = 312$ ， $β_{1} = α_{1}$ ， $β_{2} = α_{2} - k β_{1}$ ， $β_{3} = α_{3} - l_{1} β_{1} - l_{2} β_{2}$ ，若 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 两两正交，则 $l_{1}$ ， $l_{2}$ 依次为（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由已知，有

β_{1} = α_{1},

β_{2} = α_{2} - k β_{1} = α_{2} - k α_{1},

β_{3} = α_{3} - l_{1} β_{1} - l_{2} β_{2} = α_{3} - l_{1} α_{1} - l_{2} (α_{2} - k α_{1}),

又 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 两两正交，故 $(β_{1}, β_{2}) = 0$ ，即

(α_{1}, α_{2} - k α_{1}) = (α_{1}, α_{2}) - k (α_{1}, α_{1}) = 2 - 2 k = 0,

得 $k = 1$ ，此时 $β_{3} = α_{3} - (l_{1} - l_{2}) α_{1} - l_{2} α_{2}$ 。又

(β_{1}, β_{3}) = (α_{1}, α_{3} - (l_{1} - l_{2}) α_{1} - l_{2} α_{2}) = (α_{1}, α_{3}) - (l_{1} - l_{2}) (α_{1}, α_{1}) - l_{2} (α_{1}, α_{2}) = 5 - (l_{1} - l_{2}) \cdot 2 - 2 l_{2} = 5 - 2 l_{1} = 0,

得 $l_{1} = \frac{5}{2}$ 。 $β_{2} = α_{2} - α_{1} = 020$ ，又

(β_{2}, β_{3}) = (β_{2}, α_{3} - (l_{1} - l_{2}) α_{1} - l_{2} α_{2}) = (β_{2}, α_{3}) - (l_{1} - l_{2}) (β_{2}, α_{1}) - l_{2} (β_{2}, α_{2}) = 2 - (l_{1} - l_{2}) \cdot 0 - l_{2} \cdot 4 = 2 - 4 l_{2} = 0,

得 $l_{2} = \frac{1}{2}$ ，故应选(A)。

7

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶实矩阵，下列不成立的是（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

对于(A)： $r (A O O A^{T} A) = r (A) + r (A^{T} A) = r (A) + r (A) = 2 r (A)$ ；

对于(B)： $r (A O A B A^{T}) = r (A A^{T}) + r (A B)$ ，因 $(E B)$ 行满秩，所以 $r (A A B) = r (A)$ ，于是 $r (A O A B A^{T}) = r (A) + r (A^{T}) = 2 r (A)$ ；

对于(D)： $r (A B A O A^{T}) = r (A) + r (A^{T}) = 2 r (A)$ ；

对于(C)：取 $A = (1100)$ ， $B = (1000)$ ，则 $(A O B A A A^{T}) = 1100000010110011$ ， $r (A O B A A A^{T}) = 3 \neq = 2 r (A) = 2$ ，故应选 (C)。

8

设 $A, B$ 为随机事件，且 $0 < P (B) < 1$ ，下列命题中为假命题的是( ).

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正确答案：D

正确答案：D

【解】由 $P (A ∣ B) = P (A)$ 得 $P (A B) = P (A) P (B)$ ,即事件A,B独立,

于是 $P (A ∣ \overline{B}) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{P ( A ) P ( B )}{P ( B )} = P (A)$ ;

由 $P (A ∣ B) > P (A)$ 得 $P (A B) > P (A) P (B)$ ,

从而 $P (\overline{A} ∣ \overline{B}) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{1 - P ( A ) - P ( B ) + P ( A B )}{1 - P ( B )}$

$> \frac{1 - P ( A ) - P ( B ) + P ( A ) P ( B )}{1 - P ( B )} = 1 - P (A) = P (\overline{A})$ ;

由 $P (A ∣ B) > P (A ∣ \overline{B})$ 得 $\frac{P ( A B )}{P ( B )} > \frac{P ( A ) - P ( A B )}{1 - P ( B )}$ ，整理得 $P (A B) > P (A) P (B)$ ,

则 $P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} > \frac{P ( A ) P ( B )}{P ( B )} = P (A)$ ,应选(D).

9

设 $(X_{1}, Y_{1}), (X_{2}, Y_{2}), \dots, (X_{n}, Y_{n})$ 为来自总体 $N (μ_{1}, μ_{2}; σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}; ρ)$ 的简单随机样本，令 $θ = μ_{1} - μ_{2}$ ， $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ， $\overline{Y} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} Y_{i}$ ， $\hat{θ} = \overline{X} - \overline{Y}$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解】 $\overline{X} \sim N (μ_{1}, \frac{σ _{1}^{2}}{n})$ ， $\overline{Y} \sim N (μ_{2}, \frac{σ _{2}^{2}}{n})$ ，

则 $E (\hat{θ}) = E (\overline{X}) - E (\overline{Y}) = μ_{1} - μ_{2} = θ$ ；

$D (\hat{θ}) = D (\overline{X} - \overline{Y}) = D (\overline{X}) + D (\overline{Y}) - 2 Cov (\overline{X}, \overline{Y})$

$= \frac{σ _{1}^{2}}{n} + \frac{σ _{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n} [Cov (X_{1}, \overline{Y}) + Cov (X_{2}, \overline{Y}) + \dots + Cov (X_{n}, \overline{Y})]$

$= \frac{σ _{1}^{2}}{n} + \frac{σ _{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n ^{2}} [Cov (X_{1}, Y_{1}) + Cov (X_{2}, Y_{2}) + \dots + Cov (X_{n}, Y_{n})]$

$= \frac{σ _{1}^{2}}{n} + \frac{σ _{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n ^{2}} \cdot n ρ σ_{1} σ_{2} = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n}$ ，应选（C）.

10

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{16}$ 是来自总体 $N (μ, 4)$ 的简单随机样本，考虑假设检验问题： $H_{0} : μ \leq 10$ ， $H_{1} : μ > 10$ ， $Φ (x)$ 表示标准正态分布函数，若该检验问题的拒绝域为 $W = {\overline{X} \geq 11}$ ，其中 $\overline{X} = \frac{1}{16} \sum_{i = 1}^{16} X_{i}$ ，则 $μ = 11.5$ 时，该检验犯第二类错误的概率为（）。

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正确答案：B

正确答案：B

【解】由题 $\overline{X} \sim N (11.5, \frac{1}{4})$ ，或 $\frac{X - 11.5}{\frac{1}{2}} \sim N (0, 1)$ ，

犯第二类错误的概率为

$P {\overline{X} < 11} = P {\frac{X - 11.5}{\frac{1}{2}} < - 1} = Φ (- 1) = 1 - Φ (1)$ ，

应选（B）。

填空题

11

（填空题）

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 2} d x =

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【答案】 $\frac{π}{4}$

【解析】

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 2} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{( x + 1 ) ^{2} + 1} d x = a rc t an (x + 1) ∣_{0}^{+ \infty} = l i m_{x \to + \infty} a rc t an (x + 1) - a rc t an (1) = \frac{π}{2} - \frac{π}{4} = \frac{π}{4} .

12

（填空题）设函数 $y = y (x)$ 由参数方程 ${x = 2 e^{t} + t + 1, y = 4 (t - 1) e^{t} + t^{2}$ 所确定，则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} =$ ______。

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{4 t e ^{t} + 2 t}{2 e ^{t} + 1} = 2 t \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d ( 2 t ) / d t}{d x / d t} = \frac{2}{2 e ^{t} + 1} ∴ \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} = \frac{2}{3}

13

（填空题）欧拉方程 $x^{2} y^{''} + x y^{'} - 4 y = 0$ 满足条件 $y (1) = 1$ ， $y^{'} (1) = 2$ 的解为 $y =$ ______。

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【答案】 $x^{2}$

【解析】 令 $x = e^{t}$ ， $D = \frac{d}{d t}$ ，则

$x y^{'} = Dy$ ， $x^{2} y^{''} = D (D - 1) y$ ，

代入欧拉方程得

$\frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} - 4 y = 0$ ，

特征方程为 $λ^{2} - 4 = 0$ ，特征根为 $λ_{1} = - 2$ ， $λ_{2} = 2$ ，

$\frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} - 4 y = 0$ 的通解为 $y = C_{1} e^{- 2 t} + C_{2} e^{2 t}$ ，原方程的通解为

$y = \frac{C _{1}}{x ^{2}} + C_{2} x^{2}$ ，

由 $y (1) = 1$ ， $y^{'} (1) = 2$ 得 $C_{1} + C_{2} = 1$ ， $- 2 C_{1} + 2 C_{2} = 2$ ，解得 $C_{1} = 0$ ， $C_{2} = 1$ ，

故 $y = x^{2}$ 。

14

（填空题）设Σ为空间区域 ${(x, y, z) ∣ x^{2} + 4 y^{2} \leq 4, 0 \leq z \leq 2}$ 表面的外侧，则曲面积分 $\iint_{Σ} x^{2} d y d z + y^{2} d z d x + z d x d y =$ ______．

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【答案】 4π

【解析】 设Σ所围成的几何体为 $Ω$ ，由高斯公式得

$I = \iint_{Σ} x^{2} d y d z + y^{2} d z d x + z d x d y = ∭_{Ω} (2 x + 2 y + 1) d v$ ，

由积分的奇偶性得

$I = ∭_{Ω} 1 d v = 2 \iint_{D_{x y}} d x d y = 2 \cdot π \cdot 1 \cdot 2 = 4 π$ ．

15

（填空题）设 $A = a_{(ij)}$ 为3阶矩阵， $A_{ij}$ 为代数余子式，若 A 的每行元素之和均为2，且 $∣ A ∣ = 3$ ，则 $A_{11} + A_{21} + A_{31} =$

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【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 【分析】求 $A_{11} + A_{21} + A_{31}$ ，相当于求 $A^{*}$ 的第1行元素之和已知 A 的每行元素之和均为2，故

A 111 = 222 = 2111

又 $A^{*} A = ∣ A ∣ E = 3 E$ ，故

A^{*} 111 = \frac{3}{2} 111,

故 $A_{11} + A_{21} + A_{31} = \frac{3}{2}$

16

（填空题）甲，乙两个盒子中各装有 $2$ 个红球和 $2$ 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球。令 $X$ ， $Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为

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【答案】 $\frac{1}{5}$

【解析】 由题意有

P {X = 0} = P {X = 1} = \frac{1}{2},

P {Y = 0} = P {Y = 0∣ X = 0} P {X = 0} + P {Y = 0∣ X = 1} P {X = 1} = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2},

P {Y = 1} = 1 - P {Y = 0} = \frac{1}{2},

P {X = 0, Y = 0} = P {Y = 0∣ X = 0} P {X = 0} = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10},

故 $(X, Y)$ 的概率分布为

Y = 0 Y = 1 X = 0 \frac{3}{10} \frac{2}{10} X = 1 \frac{2}{10} \frac{3}{10}

从而

ρ_{X Y} = \frac{co v ( X , Y )}{D X \cdot D Y} = \frac{E ( X Y ) - E ( X ) E ( Y )}{D X \cdot D Y} = \frac{\frac{3}{10} - \frac{1}{2} \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} \frac{1}{2}} = \frac{1}{5}

解答题

17

（本题满分10分）

求极限 $x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{s i n x})$ 。

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【答案】 1/2

【解析】 方法一

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

方法二

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

由

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} = x \to 0 lim \frac{e ^{x^{2}}}{e ^{x}} = 1,

x \to 0 lim (\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) = x \to 0 lim \frac{sin x - e ^{x} + 1}{( e ^{x} - 1 ) sin x} = x \to 0 lim \frac{sin x - e ^{x} + 1}{x ^{2}} = \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{cos x - e ^{x}}{x} = \frac{1}{2} x \to 0 lim (- sin x - e^{x}) = - \frac{1}{2} .

得

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

方法三

由泰勒公式得 $e^{t^{2}} = 1 + t^{2} + o (t^{2})$ ,

从而

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t = x + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3}),

于是有

x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) = x \to 0 lim [\frac{1 + x + \frac{x ^{3}}{3} + o ( x ^{3} )}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}] = x \to 0 lim (\frac{1 + x}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) = x \to 0 lim \frac{x}{e ^{x} - 1} + x \to 0 lim (\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) = 1 + x \to 0 lim \frac{sin x - e ^{x} + 1}{( e ^{x} - 1 ) sin x} = 1 + x \to 0 lim \frac{sin x - e ^{x} + 1}{x ^{2}} = 1 + x \to 0 lim \frac{cos x - e ^{x}}{2 x} = 1 + x \to 0 lim \frac{- sin x - e ^{x}}{2} = \frac{1}{2} .

18

(本题满分12分)

设 $u_{n} (x) = e^{- n x} + \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} (n = 1, 2, \dots)$ ，求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 的收敛域及和函数.

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【答案】
收敛域为 $(0, 1]$ ，和函数为

S (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{e ^{x} - 1} + (1 - x) ln (1 - x) + x, \frac{e}{e - 1}, 0 < x < 1, x = 1.

【解析】
$\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n x} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )}$ 。

当 $lim_{n \to \infty} \frac{e ^{- (n + 1) x}}{e ^{- n x}} = e^{- x} < 1$ ，即 $x > 0$ 时， $\sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n x}$ 收敛。

再由 $lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )}}{\frac{1}{n ( n + 1 )}} = 1$ 得， $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )}$ 的收敛半径为 $R = 1$ 。

当 $x = \pm 1$ 时，

n = 1 \sum \infty \frac{( \pm 1 ) ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ( n + 1 )} = 1,

故 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )}$ 的收敛域为 $[- 1, 1]$ 。

因此级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 的收敛域为 $(0, 1]$ 。

令

S (x) = n = 1 \sum \infty u_{n} (x) = n = 1 \sum \infty e^{- n x} + n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} = S_{1} (x) + S_{2} (x),

其中

S_{1} (x) = n = 1 \sum \infty e^{- n x} = \frac{e ^{- x}}{1 - e ^{- x}} = \frac{1}{e ^{x} - 1},

S_{2} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n} - n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n + 1} = x n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n} - n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n} + x = (1 - x) ln (1 - x) + x (0 < x < 1) .

当 $x = 1$ 时，由 $S_{1} (1) = \frac{1}{e - 1}$ ， $S_{2} (1) = 1$ 得

S (1) = \frac{1}{e - 1} + 1 = \frac{e}{e - 1} .

故

S (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{e ^{x} - 1} + (1 - x) ln (1 - x) + x, \frac{e}{e - 1}, 0 < x < 1, x = 1.

19

(本题满分12分)

已知曲线 $C : {x^{2} + 2 y^{2} - z = 6, 4 x + 2 y + z = 30,$ 求 $C$ 上的点到 $x O y$ 坐标面距离的最大值.

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【答案】 $66$

【解析】 设 $M (x, y, z) \in C$ ，点 $M$ 到 $x O y$ 坐标面的距离 $d = ∣ z ∣$ ，

令 $F = z^{2} + λ (x^{2} + 2 y^{2} - z - 6) + μ (4 x + 2 y + z - 30)$ ，

由 $⎩ ⎨ ⎧ F_{x}^{'} = 2 λ x + 4 μ = 0, F_{y}^{'} = 4 λ y + 2 μ = 0, F_{z}^{'} = 2 z - λ + μ = 0, F_{λ}^{'} = x^{2} + 2 y^{2} - z - 6 = 0, F_{μ}^{'} = 4 x + 2 y + z - 30 = 0$ 得 $⎩ ⎨ ⎧ x = 4, y = 1, z = 12,$ 或 $⎩ ⎨ ⎧ x = - 8, y = - 2, z = 66,$

故 $C$ 上的点 $(- 8, - 2, 66)$ 到 $x O y$ 面的距离最大为 $66$ .

20

（本题满分12分）

设 $D \subset R^{2}$ 是有界单连通闭区域， $I (D) = \iint_{D} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y$ 取得最大值的积分区域为 $D_{1}$ 。

（Ⅰ）求 $I (D_{1})$ 的值；

（Ⅱ）计算 $\int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}}$ ，其中 $\partial D_{1}$ 是 $D_{1}$ 的正向边界。

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【答案】 （Ⅰ） $I (D_{1}) = 8 π$ ；（Ⅱ） $- π$

【解析】
（Ⅰ）显然 $I (D) = \iint_{D} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y$ 取最大值的区域为 $4 - x^{2} - y^{2} \geq 0$ ，

即 $D_{1} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 4}$ ，则

I (D_{1}) = \iint_{D_{1}} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y = 2 π \int_{0}^{2} r (4 - r^{2}) d r = 2 π \int_{0}^{2} (4 r - r^{3}) d r = 2 π (8 - 4) = 8 π

（Ⅱ）令 $L_{0} : x^{2} + 4 y^{2} = r^{2} (r > 0, L_{0} 在 L 内，取逆时针)$ ，设 $\partial D_{1}$ 与 $L_{0}^{-}$ 所围成的区域为 $D_{0}$ ，
$L_{0}$ 围成的区域为 $D_{2}$ ，则

\int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = \oint_{\partial D_{1} + L_{0}^{-}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} + \int_{L_{0}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}},

而

\oint_{\partial D_{1} + L_{0}^{-}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = \iint_{D_{0}} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y = 0

\int_{L_{0}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = \frac{1}{r ^{2}} \int_{L_{0}} (x e^{x^{2} + 4 y^{2}} + y) d x + (4 y e^{x^{2} + 4 y^{2}} - x) d y = \frac{1}{r ^{2}} \iint_{D_{2}} (8 x y e^{x^{2} + 4 y^{2}} - 1 - 8 x y e^{x^{2} + 4 y^{2}} - 1) d x d y = \frac{- 2}{r ^{2}} \iint_{D_{2}} d x d y = \frac{- 2}{r ^{2}} \cdot π \cdot r \cdot \frac{r}{2} = - π .

故

\int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = - π .

21

(本题满分12分)

已知 $A = a 1 - 1 1 a - 1 - 1 - 1 a$ 。

(Ⅰ)求正交矩阵 $P$ ，使得 $P^{T} A P$ 为对角矩阵；

(Ⅱ)求正定矩阵 $C$ ，使得 $C^{2} = (a + 3) E - A$ 。

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【答案】
(Ⅰ) 正交矩阵 $P = - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3}$
(Ⅱ) 正定矩阵 $C = \frac{1}{3} 5 - 1 1 - 1 51 115$

【解析】
(Ⅰ)由

$∣ λ E - A ∣ = λ - a - 1 1 - 1 λ - a 1 11 λ - a = λ - a + 1 - 1 1 - (λ - a + 1) λ - a 1 01 λ - a$

$= (λ - a + 1) 1 - 1 1 - 1 λ - a 1 01 λ - a$

$= (λ - a + 1) 1 - 1 1 0 λ - a - 1 2 01 λ - a$

$= (λ - a + 1)^{2} (λ - a - 2) = 0$ ，

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

由 $(a - 1) E - A = - 1 - 1 1 - 1 - 1 1 11 - 1 \to 100100 - 1 00$ 得 $λ_{1} = λ_{2} = a - 1$ 对应的线性无关的特征向量为 $α_{1} = - 1 10$ ， $α_{2} = 101$ ；

由 $(a + 2) E - A = 2 - 1 1 - 1 21 112 \to 100 - 2 10 - 1 10 \to 100010110$ 得 $λ_{3} = a + 2$ 对应的特征向量为 $α_{3} = - 1 - 1 1$ ，

令 $β_{1} = α_{1} = - 1 10$ ， $β_{2} = α_{2} - \frac{( α _{2} , β _{1} )}{( β _{1} , β _{1} )} β_{1} = 101 + \frac{1}{2} - 1 10 = \frac{1}{2} 112$ ， $β_{3} = α_{3} = - 1 - 1 1$ ，

再令 $γ_{1} = \frac{1}{2} - 1 10$ ， $γ_{2} = \frac{1}{6} 112$ ， $γ_{3} = \frac{1}{3} - 1 - 1 1$ ，

得正交矩阵 $P = - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3}$ ，

使得 $P^{T} A P = a - 1 00 0 a - 1 0 00 a + 2$ 。

(Ⅱ)由 $P^{T} [(a + 3) E - A] P = 400040001$ 得

$(a + 3) E - A = P 400040001 P^{T} = P 200020001 P^{T} \cdot P 200020001 P^{T}$ ，

令 $C = P 200020001 P^{T}$ ，

$= - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} 200020001 - \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{1}{3} \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{1}{3} 0 - \frac{1}{3} \frac{1}{3}$

$= \frac{1}{3} 5 - 1 1 - 1 51 115$ 。

则 $C^{2} = (a + 3) E - A$ 。

22

（本题满分12分）

在区间 $(0, 2)$ 上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段的长度为 $X$ ，较长一段的长度为 $Y$ ，令 $Z = \frac{Y}{X}$ .

(Ⅰ)求 $X$ 的概率密度；

(Ⅱ)求 $Z$ 的概率密度；

(Ⅲ)求 $E (\frac{X}{Y})$ .

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【答案】

(Ⅰ) $X$ 的概率密度为

f_{X} (x) = {1, 0, 0 < x < 1, 其他

(Ⅱ) $Z$ 的概率密度为

f_{Z} (z) = {0, \frac{2}{( z + 1 ) ^{2}}, z \leq 1, z > 1.

(Ⅲ) $E (\frac{X}{Y}) = 2 ln 2 - 1$

【解析】

(Ⅰ) X的密度函数为

f_{X} (x) = {1, 0, 0 < x < 1, 其他

(Ⅱ) 由 $Y = 2 - X$ 得 $Z = \frac{2 - X}{X}$ ,

$F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {\frac{2}{X} - 1 \leq z}$ ,

当 $z < 1$ 时, $F_{Z} (z) = 0$ ;

当 $z \geq 1$ 时, $F_{Z} (z) = P {X \geq \frac{2}{z + 1}} = \int_{\frac{2}{z + 1}}^{1} 1 d x = 1 - \frac{2}{z + 1} = \frac{z - 1}{z + 1}$ ,

即

F_{Z} (z) = {0, \frac{z - 1}{z + 1}, z < 1, z \geq 1,

故Z的密度函数为

f_{Z} (z) = {0, \frac{2}{( z + 1 ) ^{2}}, z \leq 1, z > 1.

(Ⅲ) $E (\frac{X}{Y}) = E (\frac{X}{2 - X}) = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 - x} d x = 2 ln 2 - 1$ .