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2023 年真题

22 题

选择题

1

曲线 $y = x ln (e + \frac{1}{x - 1})$ 的渐近线方程为（）。

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

首先，计算斜率 $k$ ：

k = x \to \infty lim \frac{y}{x} = x \to \infty lim \frac{x ln ( e + \frac{1}{x - 1} )}{x} = x \to \infty lim ln (e + \frac{1}{x - 1}) = 1

接着，计算截距 $b$ ：

b = x \to \infty lim (y - k x) = x \to \infty lim [x ln (e + \frac{1}{x - 1}) - x] = x \to \infty lim x [ln (e + \frac{1}{x - 1}) - 1]

进一步化简：

b = x \to \infty lim x ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}] = x \to \infty lim \frac{x}{e ( x - 1 )} = \frac{1}{e}

因此，斜渐近线方程为 $y = x + \frac{1}{e}$ 。

2

若微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】二阶常系数齐次线性微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 特征方程为： $λ^{2} + aλ + b = 0$

①当 $Δ = a^{2} - 4 b > 0$ 时，设其两不同特征值为 $λ_{1}, λ_{2}$ ，则其通解结构为： $y (x) = C_{1} e^{λ_{1} x} + C_{2} e^{λ_{2} x}$ .

不管 $λ_{1}, λ_{2}$ 的正负如何，其在 $x \to \infty$ 时， $y (x) \to \infty$ ，其必然为无界函数.舍去.

②当 $Δ = a^{2} - 4 b = 0$ 时，设其两相同特征值为 $λ_{1} = λ_{2}$ ，则其通解结构为 $y (x) = (C_{1} + C_{2} x) e^{λ_{1} x}$ . 不管 $λ_{1}, λ_{2}$ 的正负如何，其在 $x \to \infty$ 时， $y (x) \to \infty$ ，其必然为无界函数.舍去.

③当 $Δ = a^{2} - 4 b < 0$ 时，设其两特征值为 $λ_{1, 2} = α \pm β i$ ，则其通解结构为

$y (x) = e^{αx} (C_{1} sin β x + C_{2} cos β x)$ .

若 $α \neq = 0$ ，则 $x \to \infty$ 时， $y (x) = e^{αx} (C_{1} sin β x + C_{2} cos β x)$ 为无界函数，从而 $α = 0$

即当 $α = 0$ 时， $y (x) = C_{1} sin β x + C_{2} cos β x$ 为有界函数.

此时 $Δ = a^{2} - 4 b < 0$ ，即 $a = 0, b > 0$ ，故选（C）.

3

设函数 $y = f (x)$ 由

{x = 2 t + ∣ t ∣ y = ∣ t ∣ sin t

确定，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】由参数方程可得

$f (x) = {\frac{x}{3} sin \frac{x}{3}, - x sin x, x \geq 0 x < 0$

$x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{-} lim f (x) = 0 = f (0)$ ， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续.

$f^{'} (x) = {\frac{1}{3} sin \frac{x}{3} + \frac{x}{9} cos \frac{x}{3}, - sin x - x cos x, x \geq 0 x < 0$ ，

$x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = 0 = f^{'} (0)$ ， $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续.

$f_{+}^{''} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{3} s i n \frac{x}{3} + \frac{x}{9} c o s \frac{x}{3}}{x} = \frac{2}{9}$ ;

$f_{-}^{''} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x} = x \to 0^{-} lim \frac{- s i n x - x c o s x}{x} = - 2$

$x \to 0^{+} lim f^{''} (x) \neq = x \to 0^{-} lim f^{''} (x)$ ， $f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 处不可导，选C.

4

已知 $a_{n} < b_{n} (n = 1, 2, \dots)$ ，若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 均收敛，则“级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛”是“级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛”的（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

由条件可知 $\sum_{n = 1}^{\infty} (b_{n} - a_{n})$ 为收敛的正项级数，进而绝对收敛；

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛，则由 $∣ b_{n} ∣ = ∣ b_{n} - a_{n} + a_{n} ∣ \leq ∣ b_{n} - a_{n} ∣ + ∣ a_{n} ∣$ 与比较，得 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛；

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛，则由 $∣ a_{n} ∣ = ∣ a_{n} - b_{n} + b_{n} ∣ \leq ∣ a_{n} - b_{n} ∣ + ∣ b_{n} ∣$ 与比较，得 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛；

故为充要条件。

5

已知 $n$ 阶矩阵 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 满足 $A BC = O$ ， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵。记矩阵

(O BC A E), (A B O C E), (E A B A B O)

的秩分别为 $r_{1}$ 、 $r_{2}$ 、 $r_{3}$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

由于初等变换不改变矩阵的秩，因此：

r_{1} = r (O BC A E) = r (- A BC BC O E) = r (O BC O E) = n

r_{2} = r (A B O C E) = r (A B O O E) = n + r (A B)

r_{3} = r (E A B A B O) = r (E O O - A B A B) = n + r (A B A B)

又因为 $r (A B A B) \leq r (A B)$ ，所以选项 B 正确。

6

下列矩阵不能相似于对角矩阵的是（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

选项 A 为上三角矩阵，特征值为主对角元素，且三个特征值互不相同，故可相似对角化。
选项 B 为实对称矩阵，故可相似对角化。
选项 C 的特征值为 $1, 2, 2$ ，二重特征值 $2$ 的特征向量的基础解系含解向量个数为 $2 = 3 - r (C - 2 E)$ ，所以可相似对角化。

故选 D。

7

已知向量 $α_{1} = 123$ ， $α_{2} = 211$ ， $β_{1} = 259$ ， $β_{2} = 101$ 。

若 $γ$ 既可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示，也可由 $β_{1}, β_{2}$ 线性表示，则 $γ =$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

由题意可知，设存在常数 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 、 $t_{1}$ 、 $t_{2}$ ，使得：

γ = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}, γ = t_{1} β_{1} + t_{2} β_{2}

即：

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} = t_{1} β_{1} + t_{2} β_{2}

可得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ k_{1} + 2 k_{2} = 2 t_{1} + t_{2} 2 k_{1} + k_{2} = 5 t_{1} + 0 \cdot t_{2} 3 k_{1} + k_{2} = 9 t_{1} + t_{2}

解得：

k_{1} = - 3 k_{2}

即：

γ = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} = - 3 k_{2} α_{1} + k_{2} α_{2} = k_{2} - 1 - 5 - 8 = k 158, k \in R

故选（D）。

8

设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，则 $E (∣ X - EX ∣) =$ （　　）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

已知 $X \sim P (1)$ ，则有：

P (X = k) = \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ} = \frac{e ^{- 1}}{k !}, k = 0, 1, 2, \dots

且 $EX = 1$ 。

于是：

E (∣ X - EX ∣) = k = 0 \sum + \infty ∣ x_{k} - EX ∣ \cdot P_{k} = ∣0 - 1∣ \cdot e^{- 1} + ∣1 - 1∣ \cdot e^{- 1} + ∣2 - 1∣ \cdot \frac{e ^{- 1}}{2 !} + \dots + (k - 1) \cdot \frac{1}{k !} e^{- 1} + \dots = e^{- 1} + e^{- 1} k = 2 \sum \infty (k - 1) \cdot \frac{1}{k !} = e^{- 1} + e^{- 1} k = 2 \sum \infty \frac{1}{( k - 1 )!} - e^{- 1} k = 2 \sum \infty \frac{1}{k !} = e^{- 1} + e^{- 1} (e - 1) - e^{- 1} (e - 1 - 1) = \frac{2}{e}

故选（C）。

9

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本， $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 为来自总体 $N (μ, 2 σ^{2})$ 的简单随机样本，且两样本之间相互独立。记

\overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, \overline{Y} = \frac{1}{m} i = 1 \sum m Y_{i}, S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2}, S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} i = 1 \sum m (Y_{i} - \overline{Y})^{2} .

则（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ 可知：

\frac{( n - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1), \frac{( m - 1 ) S _{1}^{2}}{2 σ ^{2}} \sim χ^{2} (m - 1)

又因为两样本相互独立，故

\frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} = \frac{\frac{( n - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} / ( n - 1 )}{\frac{( m - 1 ) S _{1}^{2}}{2 σ ^{2}} / ( m - 1 )} \sim F (n - 1, m - 1)

因此，选择（D）。

10

设 $X_{1}, X_{2}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，其中 $σ (σ > 0)$ 是未知参数，若 $\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣$ 为 $σ$ 的无偏估计，则 $a =$ （）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
因为 $X_{1}, X_{2}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，故

(X_{1} - X_{2}) \sim N (0, 2 σ^{2}) .

令 $Y = X_{1} - X_{2}$ ，则随机变量 $Y$ 的概率密度为：

f (y) = \frac{1}{2 π \cdot 2 σ} e^{- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}}, - \infty < y < + \infty.

则

E (\overset{σ}{^}) = a \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ y ∣ \cdot \frac{1}{2 π \cdot σ} e^{- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y = \frac{a}{π σ} \int_{0}^{+ \infty} y e^{- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y = - \frac{2 aσ}{π} \int_{0}^{+ \infty} e^{- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d (- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}) = \frac{2 aσ}{π} .

因 $E (\overset{σ}{^}) = σ$ ，则

a = \frac{π}{2},

选（A）。

填空题

11

（填空题）当 $x \to 0$ 时，函数 $f (x) = a x + b x^{2} + ln (1 + x)$ 与 $g (x) = e^{x^{2}} - cos x$ 是等价无穷小，则 $ab =$ __________.

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【答案】 $ab = - 2$

【解析】

x \to 0 lim \frac{a x + b x ^{2} + ln ( 1 + x )}{e ^{x^{2}} - cos x} = x \to 0 lim \frac{a x + b x ^{2} + x - \frac{1}{2} x ^{2} + \frac{1}{3} x ^{3} - \frac{1}{4} x ^{4} + o ( x ^{4} )}{1 + x ^{2} + \frac{1}{2} ( x ^{4} ) - ( 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{1}{4 !} x ^{4} ) + o ( x ^{4} )} = x \to 0 lim \frac{( a + 1 ) x + ( b - \frac{1}{2} ) x ^{2} + o ( x ^{2} )}{\frac{3}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} )}

$a + 1 = 0$ ， $a = - 1$ ， $b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ ， $b = 2$ ，

$ab = - 2$ .

12

（填空题）曲面 $z = x + 2 y + ln (1 + x^{2} + y^{2})$ 在点 $(0, 0, 0)$ 处的切平面方程为__________.

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【答案】 $x + 2 y - z = 0$

【解析】 【解析】 $F (x, y, z) = x + 2 y + ln (1 + x^{2} + y^{2}) - z$ .
$n = (F_{x}^{'}, F_{y}^{'}, F_{z}^{'}) = (1 + \frac{2 x}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, 2 + \frac{2 y}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, - 1)$
故在点 $(0, 0, 0)$ 处的法向量为 $n = (1, 2, - 1)$ 即切平面方程为 $x + 2 y - z = 0$ 。

13

（填空题）设 $f (x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数，且 $f (x) = 1 - x, x \in [0, 1]$ ，若 $f (x) = \frac{a _{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} cos nπ x$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{2 n} =$ __________。

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【答案】 0

【解析】 $a_{n} = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) cos nπ x d x = 2 (\int_{0}^{1} cos nπ x d x - \int_{0}^{1} x cos nπ x d x)$

$= - \frac{2}{nπ} \int_{0}^{1} x d (sin nπ x)$

$= \frac{- 2}{n ^{2} π ^{2}} (cos nπ - 1)$ ，

故 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{2 n} = \frac{- 1}{2 n ^{2} π ^{2}} (cos 2 nπ - 1) = 0$

14

（填空题）设连续函数 $f (x)$ 满足： $f (x + 2) - f (x) = x$ ， $\int_{0}^{2} f (x) d x = 0$ ，则 $\int_{1}^{3} f (x) d x =$ __________.

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】

\int_{1}^{3} f (x) d x = \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{3} f (x) d x = \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x + 2) d x = \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{1} [f (x) + x] d x = \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{0}^{1} x d x = \int_{0}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{1} x d x = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} .

15

（填空题）已知向量

α_{1} = 1011, α_{2} = - 1 - 1 01, α_{3} = 01 - 1 1, β = 111 - 1, γ = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} .

若 $γ^{T} α_{i} = β^{T} α_{i} (i = 1, 2, 3)$ ，

则 $k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} =$ ________。

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【答案】 $\frac{11}{9}$

【解析】 由 $γ^{T} α_{1} = β^{T} α_{1} = 1$ ，可得：

k_{1} α_{1}^{T} α_{1} + k_{2} α_{2}^{T} α_{2} + k_{3} α_{3}^{T} α_{3} = 1 \Rightarrow k_{1} = \frac{1}{3}

同理可得：

k_{2} = - 1, k_{3} = - \frac{1}{3}

于是：

k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} = \frac{11}{9}

16

（填空题）设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X \sim B (1, \frac{1}{3})$ ， $Y \sim B (2, \frac{1}{2})$ 则 $P {X = Y} =$ _______.

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【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】

因为 $X \sim B (1, \frac{1}{3})$ ， $Y \sim B (2, \frac{1}{2})$ 所以 $X$ 取值为 $0, 1$ ， $Y$ 的取值为 $0, 1, 2$

又因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立，所以

P {X = Y} = P {X = 0, Y = 0} + P {X = 1, Y = 1} = \frac{2}{3} C_{2}^{0} (\frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{3} C_{2}^{1} (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{3}

解答题

17

（本题满分 10 分）

设曲线 $y = y (x) (x > 0)$ 经过点 $(1, 2)$ ，该曲线上任一点 $P (x, y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距.

（1）求 $y (x)$ ；

（2）求函数 $f (x) = \int_{1}^{x} y (t) d t$ 在 $(0, + \infty)$ 上的最大值.

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【答案】
（1） $y (x) = x (2 - ln x)$
（2）最大值为 $\frac{1}{4} e^{4} - \frac{5}{4}$

【解析】
（1）曲线 $L$ 在点 $P (x, y)$ 处的切线方程为 $Y - y = y^{'} (X - x)$ ，令 $X = 0$ ，则切线在 $y$ 轴上的截距为 $Y = y - x y^{'}$ ，则 $x = y - x y^{'}$ ，即 $y^{'} - \frac{1}{x} y = - 1$ ，解得

$y (x) = x (C - ln x)$ ，其中 $C$ 为任意常数.

又 $y (1) = 2$ ，则 $C = 2$ ，故 $y (x) = x (2 - ln x)$ .

（2）由（1）可知， $f (x) = \int_{1}^{x} t (2 - ln t) d t$ ，故 $f^{'} (x) = x (2 - ln x) = 0$ . 则驻点为 $x = e^{2}$ .

当 $0 < x < e^{2}$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ；当 $x > e^{2}$ 时， $f^{'} (x) < 0$ 故 $f (x)$ 在 $x = e^{2}$ 处取得极大值，同时也是最大值，且最大值为 $f (e^{2}) = \frac{1}{4} e^{4} - \frac{5}{4}$ .

18

（本题满分 12 分）

求函数 $f (x, y) = (y - x^{2}) (y - x^{3})$ 的极值.

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【答案】 极小值为 $- \frac{4}{729}$

【解析】

{f_{x}^{'} = - 2 (2 y + 3 x y - 5 x^{3}) = 0 f_{y}^{'} = 2 y - x^{2} - x^{3} = 0

，得驻点为 $(0, 0), (1, 1), (\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$

⎩ ⎨ ⎧ f_{xx}^{''} = - (2 y + 3 x y - 5 x^{3}) - x (3 y - 15 x^{2}) f_{x y}^{''} = - 2 x - 3 x^{2} f_{yy}^{''} = 2

代入点 $(0, 0)$ 可得

⎩ ⎨ ⎧ A = 0 B = 0 C = 2

，则 $A C - B^{2} = 0$ 判别法失效，故当 $x \to 0$ 时，取 $y = x^{2} + k x^{3}$ 可得 $f (x, y) = k x^{5}$ 故附近值既有大于 $0$ 也有小于 $0$ 。因此 $(0, 0)$ 不是极值点

代入点 $(1, 1)$ 可得

⎩ ⎨ ⎧ A = 12 B = - 5 C = 2

，则 $A C - B^{2} < 0$ 故 $(1, 1)$ 不是极值点

代入点 $(\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$ 可得

⎩ ⎨ ⎧ A = \frac{100}{27} B = - \frac{8}{3} C = 2

，则 $A C - B^{2} > 0$ 且 $A > 0$ 故 $(\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$ 是极小值点. 故 $f (\frac{2}{3}, \frac{10}{27}) = - \frac{4}{729}$ 为极小值.

19

（本题满分 12 分）

设空间有界区域 $Ω$ 由柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $z = 0$ 和 $x + z = 1$ 围成. $Σ$ 为 $Ω$ 的边界曲面的外侧. 计算曲面积分

$I = \iint_{Σ} 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 yz sin x d x d y$ .

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【答案】 $\frac{5 π}{4}$

【解析】 由高斯公式可得：

$I = \iint_{Σ} 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 yz sin x d x d y = ∭_{Ω} (2 z - x z sin y + 3 y sin x) d V$

由对称性知 $∭_{Ω} (x z sin y + 3 y sin x) d V = 0$ ，则

I = ∭_{Ω} 2 z d V = \iint_{D_{x y}} d x d y \int_{0}^{1 - x} 2 z d z = \iint_{D_{x y}} (1 - x)^{2} d x d y = \iint_{D_{x y}} (1 - 2 x + x^{2}) d x d y = π + \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{5 π}{4}

20

（本题满分 12 分）

设函数 $f (x)$ 在 $[- a, a]$ 上具有 $2$ 阶连续导数. 证明:

（1）若 $f (0) = 0$ ，则存在 $ξ \in (- a, a)$ ，使得 $f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]$ ;

（2）若 $f (x)$ 在 $(- a, a)$ 内取得极值，则存在 $η \in (- a, a)$ ，使得 $∣ f^{''} (η) ∣ \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣$ .

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【答案】 见解析

【解析】 （Ⅰ）证明：由泰勒中值定理

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2} = f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2},

其中 $η$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，则

f (a) = f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( η _{1} )}{2 !} a^{2}, 0 < η_{1} < a (1)

f (- a) = f^{'} (0) (- a) + \frac{f ^{''} ( η _{2} )}{2 !} a^{2}, - a < η_{2} < 0 (2)

(1) + (2) 得：

f (a) + f (- a) = \frac{a ^{2}}{2} [f^{''} (η_{1}) + f^{''} (η_{2})] (3)

又 $f^{''} (x)$ 在 $[η_{2}, η_{1}]$ 上连续，则必有最大值 $M$ 与最小值 $m$ ，即

m \leq f^{''} (η_{1}) \leq M, m \leq f^{''} (η_{2}) \leq M,

从而

m \leq \frac{f ^{''} ( η _{1} ) + f ^{''} ( η _{2} )}{2} \leq M .

由介值定理得：存在 $ξ \in [η_{2}, η_{1}] \subset (- a, a)$ ，使得

\frac{f ^{''} ( η _{1} ) + f ^{''} ( η _{2} )}{2} = f^{''} (ξ),

代入 (3) 得：

f (a) + f (- a) = a^{2} f^{''} (ξ), f^{''} (ξ) = \frac{f ( a ) + f ( - a )}{a ^{2}} .

（Ⅱ）证明：设 $f (x)$ 在 $x = x_{0} \in (- a, a)$ 取极值，且 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 可导，则 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 。

由泰勒公式

f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ )}{2 !} (x - x_{0})^{2} = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ )}{2 !} (x - x_{0})^{2},

其中 $γ$ 介于 $x_{0}$ 与 $x$ 之间，于是

f (- a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ _{1} )}{2 !} (- a - x_{0})^{2}, - a < γ_{1} < x_{0},

f (a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ _{2} )}{2 !} (a - x_{0})^{2}, x_{0} < γ_{2} < a .

从而

f (a) - f (- a) = \frac{1}{2} (a - x_{0})^{2} f^{''} (γ_{2}) - \frac{1}{2} (a + x_{0})^{2} f^{''} (γ_{1}) \leq \frac{1}{2} (a - x_{0})^{2} f^{''} (γ_{2}) + \frac{1}{2} (a + x_{0})^{2} f^{''} (γ_{1}) .

又 $f^{''} (x)$ 连续，令 $M = max {∣ f^{''} (γ_{1}) ∣, ∣ f^{''} (γ_{2}) ∣}$ ，则

f (a) - f (- a) \leq \frac{1}{2} M (a + x_{0})^{2} + \frac{1}{2} M (a - x_{0})^{2} = M (a^{2} + x_{0}^{2}) .

由于 $x_{0} \in (- a, a)$ ，有

f (a) - f (- a) \leq M (a^{2} + x_{0}^{2}) \leq 2 M a^{2},

因此

M \geq \frac{1}{2 a ^{2}} f (a) - f (- a) .

即存在 $η = γ_{1}$ 或 $η = γ_{2} \in (- a, a)$ ，使得

f^{''} (η) \geq \frac{1}{2 a ^{2}} f (a) - f (- a) .

21

（本题满分 12 分）

已知二次型

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

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3}

（1）求可逆变换 $x = P y$ 将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$

（2）是否存在正交变换 $x = Q y$ 将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$

查看答案与解析

【答案】
(1) 可逆变换矩阵 $P = 100 - 1 10 101$
(2) 不存在正交变换

【解析】
（1）利用配方法将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为规范形：

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

令

⎩ ⎨ ⎧ z_{1} = x_{1} + x_{2} - x_{3} z_{2} = x_{2} + x_{3} z_{3} = x_{3}

即

z_{1} z_{2} z_{3} = 100110 - 1 11 x_{1} x_{2} x_{3}

则

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

再将 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 化为规范形：

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3} = y_{1}^{2} + (y_{2} + y_{3})^{2}

令

⎩ ⎨ ⎧ z_{1} = y_{1} z_{2} = y_{2} + y_{3} z_{3} = y_{3}

则

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2}

即

z_{1} z_{2} z_{3} = 100010011 y_{1} y_{2} y_{3}

使得

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2}

从而有

z_{1} z_{2} z_{3} = 100110 - 1 11 x_{1} x_{2} x_{3} = 100010011 y_{1} y_{2} y_{3}

于是可得

x_{1} x_{2} x_{3} = P y_{1} y_{2} y_{3}

其中

P = 100110 - 1 11^{- 1} 100010011 = 100 - 1 10 101

为所求矩阵，可将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 。

（2）二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3}$ 的矩阵为

A = 11 - 1 120 - 1 02

二次型 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3}$ 的矩阵为

B = 100011011

若存在正交变换 $x = Q y$ ，使得 $Q^{T} A Q = Q^{- 1} A Q = B$ ，可得 $A$ 与 $B$ 相似。

但 $tr (A) = 5$ ， $tr (B) = 3$ ，故 $A$ 与 $B$ 不相似。

因此，不存在正交变换 $x = Q y$ 使得 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 。

22

（本题满分 12 分）

设二维随机变量 $(x, y)$ 的概率密度为

f (x, y) = {\frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}), 0, x^{2} + y^{2} \leq 1 其他

（1）求 $X$ 与 $Y$ 的协方差；

（2）求 $X$ 与 $Y$ 是否相互独立；

（3）求 $Z = X^{2} + Y^{2}$ 的概率密度.

查看答案与解析

【答案】
(1) $C o v (X, Y) = 0$
(2) $X$ 与 $Y$ 不相互独立
(3) $Z$ 的概率密度为：

f_{Z} (z) = {2 z, 0, 0 < z < 1 其他

【解析】
【解析】

（1） $C o v (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y)$

$E (X Y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} x y f (x, y) d x d y = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} x y \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y = 0$

$E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x, y) d x d y = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} x \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y = 0$

所以 $C o v (X, Y) = 0$ .

（2）当 $- 1 < x < 1$ 时

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \int_{- 1 - x^{2}}^{1 - x^{2}} \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d y = 2 \int_{0}^{1 - x^{2}} \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d y = \frac{4}{π} [x^{2} 1 - x^{2} + \frac{1}{3} (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}]

∴ f_{X} (x) = {\frac{4}{π} [x^{2} 1 - x^{2} + \frac{1}{3} (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}], 0, - 1 < x < 1 其他

同理可得 $∴ f_{Y} (y)$ =

{\frac{4}{π} [y^{2} 1 - y^{2} + \frac{1}{3} (1 - y^{2})^{\frac{3}{2}}], 0, - 1 < y < 1 其他

$f (x, y) \neq = f_{X} (x) f_{Y} (y)$ ， $X$ 与 $Y$ 不相互独立；

（3） $F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X^{2} + Y^{2} \leq z}$ $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = 0$ ；

$0 \leq z < 1$ 时， $F_{Z} (z) = P {X^{2} + Y^{2} \leq z} = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{z} \frac{2}{π} r^{3} d r = z^{2}$ ；

$z \geq 1$ 时， $F_{Z} (z) = 1$ 。

∴ f_{Z} (z) = {2 z, 0, 0 < z < 1 其他