学习资源 / 数学历年真题 / 数学一 / 2025 年真题

整卷阅读

2025 年真题

22 题

选择题

1

已知函数 $f (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} sin t d t$ ， $g (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \cdot sin^{2} x$ ，则

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】

$f^{'} (x) = e^{x^{2}} sin x, f^{''} (x) = 2 x e^{x^{2}} sin x + e^{x^{2}} cos x$

$f^{'} (0) = 0, f^{''} (0) = 1 > 0$ 。

$x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点。

$g^{'} (x) = e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$ ，

$g^{''} (x) = e^{x^{2}} sin 2 x + 2 x e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x e^{x^{2}} + 2 cos 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$

$g^{'} (0) = 0, g^{''} (0) = 0, g^{'''} (0) > 0$ 。

$(0, 0)$ 是 $y = g (x)$ 的拐点。

2

已知级数：① $\sum_{n = 1}^{\infty} sin \frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1}$ ；② $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}})$ ，则

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】

$sin \frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1} = sin (\frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1} - nπ) = sin \frac{n}{n ^{2} + 1} π \sim \frac{n}{n ^{2} + 1} π \sim \frac{1}{n} π$ .

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 $∴$ 不是绝对收敛.

$sin \frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1} = (- 1)^{n} sin (\frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1} - nπ) = (- 1)^{n} sin \frac{n}{n ^{2} + 1} π$ ，为交错级数.

$sin \frac{n}{n ^{2} + 1} π$ 递减， $∴$ 条件收敛.

$\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}})$ .

$(- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}}) = - \frac{1}{3} \frac{1}{n ^{\frac{2}{3} \times \frac{3}{2}}} + o (\frac{1}{n ^{2}})$ （注：原解析此处 $n$ 的次数书写可能有误，推测应为 $- \frac{1}{3} \frac{1}{n ^{\frac{4}{3}}} + o (\frac{1}{n ^{\frac{4}{3}}})$ ，按你提供内容提取），实际准确是利用等价无穷小，当 $x \to 0$ 时， $x - tan x \sim - \frac{1}{3} x^{3}$ ，令 $x = \frac{1}{3 n ^{2}} = n^{- \frac{2}{3}}$ ，则 $\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}} \sim - \frac{1}{3} n^{- 2}$ ，所以 $(- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}}) \sim \frac{1}{3 n ^{2}}$ ）

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛 $∴ \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}})$ 绝对收敛

3

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, + \infty)$ 上可导，则

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】A 错误，反例：

$f (x) = \frac{s i n x ^{2}}{x}, x \to + \infty lim f (x) = 0$ ，但 $x \to + \infty lim f^{'} (x) = x \to + \infty lim \frac{2 x ^{2} c o s x ^{2} - s i n x ^{2}}{x ^{2}}$ ，极限不存在。

B 错误，反例： $f (x) = x, f^{'} (x) = \frac{1}{2 x}, x \to + \infty lim f^{'} (x) = 0$ ，极限存在，但 $x \to + \infty lim f (x)$ 极限不存在。

C 错误，反例：

$f (x) = cos x$ ，则 $x \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x} = x \to + \infty lim \frac{s i n x}{x}$ 存在，但 $x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim cos x$ 不存在。

D 正确，用 $x \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x} = x \to + \infty lim \frac{f ( x )}{1} = A$ ，故选 D 。

4

设函数 $f (x, y)$ 连续，则

\int_{- 2}^{2} d x \int_{4 - x^{2}}^{4} f (x, y) d y =

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】由题易知，此二重积分的积分区域为

$D = {(x, y) 4 - x^{2} \leq y \leq 4, - 2 \leq x \leq 2}$ ，对应图像为上图所示。

记
$D_{1} = {(x, y) 4 - x^{2} \leq y \leq 4, - 2 \leq x \leq 0}$ ，
$D_{2} = {(x, y) 4 - x^{2} \leq y \leq 4, 0 \leq x \leq 2}$ ，
且 $I = \int_{- 2}^{2} d x \int_{4 - x^{2}}^{4} f (x, y) d y$ ，
则 $I = \iint_{D_{1}} f (x, y) d σ + \iint_{D_{2}} f (x, y) d σ$ 。

交换积分次序得

I = \int_{0}^{4} d y \int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{0}^{4} d y \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x

= \int_{0}^{4} [\int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x] d y

故 A 正确。

5

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3}$ 的正惯性指数

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】
矩阵

A = 111100100

计算特征多项式：

λ E - A = λ - 1 - 1 - 1 - 1 λ 0 - 1 0 λ \to λ - 1 0 - 1 - 1 λ 0 - 1 - λ λ \to λ λ - 1 0 - 1 - 1 10 - 1 - 1 λ = λ [λ (λ - 1) - 1 - 1] = λ (λ^{2} - λ - 2) = λ (λ - 2) (λ + 1)

解得特征值为：

λ_{1} = 0, λ_{2} = 2, λ_{3} = - 1

因此，正惯性指数为 $1$ ，选 B。

6

设 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 是 $n$ 维列向量， $α_{1}, α_{2}$ 线性无关， $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，且 $α_{1} + α_{2} + α_{4} = 0$ 。

在空间直角坐标系 $O - x yz$ 中，关于 $x, y, z$ 的方程组 $x α_{1} + y α_{2} + z α_{3} = α_{4}$ 的几何图形是

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】记 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，由 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关，而 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，可得 $r (A) = 2$ 。

记 $\overline{A} = (A ∣ α_{4}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ，再由 $α_{1} + α_{2} + α_{4} = 0$ ，可得 $r (\overline{A}) = 2$ 。于是方程 $A x = α_{4}$ 有无穷多解。

方程 $x α_{1} + y α_{2} + z α_{3} = α_{4}$ 等价于 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}) \cdot (x, y, z)^{T} = α_{4}$ ，即 $A \cdot (x, y, z)^{T} = α_{4}$ 。

若该方程所表示的平面过原点，则 $α_{4} = 0$ ，但这与 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关矛盾，故平面不过原点。

将方程写为分量形式：

⎩ ⎨ ⎧ a_{11} x + a_{12} y + a_{13} z = a_{14} a_{21} x + a_{22} y + a_{23} z = a_{24} \dots a_{n 1} x + a_{n 2} y + a_{n 3} z = a_{n 4}

由上述分析可知 $r (A) = r (\overline{A}) = 2$ ，故该方程组表示两个平面交于一条直线，且不过原点。

因此，正确答案为 D。

7

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 满足 $r (A) + r (B) + r (C) = r (ABC) + 2 n$ ，给出下列四个结论：

① $r (ABC) + n = r (AB) + r (C)$ ；
② $r (AB) + n = r (A) + r (B)$ ；
③ $r (A) = r (B) = r (C) = n$ ；
④ $r (AB) = r (BC) = n$ 。

其中正确结论的序号是

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】
设矩阵

A = (1000), B = (0001), C = E

满足

r (A) + r (B) + r (C) = r (ABC) + 2 n

计算得

r (A) = 1, r (B) = 1, r (C) = 2

因此排除结论③和④，故选 A。

8

设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N (0, 0; 1, 1; ρ)$ ，其中 $ρ \in (- 1, 1)$ 。若 $a, b$ 为满足 $a^{2} + b^{2} = 1$ 的任意实数，则 $D (a X + bY)$ 的最大值为

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】

$D (a X + bY) = a^{2} D X + b^{2} D Y + 2 ab ρ \cdot 1 \cdot 1$

$= a^{2} + b^{2} + 2 ab ρ = 1 + 2 ab ρ = 1 + 2 a 1 - a^{2} ρ = f (a)$

$f^{'} (a) = ρ (2 1 - a^{2} + 2 a \cdot \frac{- a}{1 - a ^{2}}) = 2 ρ (1 - a^{2} - \frac{a ^{2}}{1 - a ^{2}}) = 0$

即 $2 ρ \cdot \frac{1 - a ^{2} - a ^{2}}{1 - a ^{2}} = 0$ ， $2 a^{2} = 1 \Rightarrow a^{2} = \frac{1}{2}, b^{2} = \frac{1}{2}$ ，于是 $a = \pm \frac{1}{2}, b = \pm \frac{1}{2}$ 。所以最大值为 $1 + ∣ ρ ∣$ ，故选C。

9

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{20}$ 是来自总体 $B (1, 0.1)$ 的简单随机样本.令 $T = \sum_{i = 1}^{20} X_{i}$ ，利用泊松分布近似表示二项分布的方法可得 $P {T \leq 1} \approx$

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】由题意可知 $T \sim B (20, 0.1) . n p = 20 \times 0.1 = 2$

$P {T \leq 1} = P {T = 0} + P {T = 1} = \frac{2 ^{0}}{0 !} e^{- 2} + \frac{2 ^{1}}{1 !} e^{- 2} = e^{- 2} + 2 e^{- 2} = \frac{3}{e ^{2}}$

10

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自正态总体 $N (μ, 2)$ 的简单随机样本，记 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ， $\overset{x}{ˉ}$ 为 $\overset{ˉ}{X}$ 的观察值， $z_{α}$ 表示标准正态分布的上侧 $α$ 分位数，假设检验问题： $H_{0} : μ \leq 1, H_{1} : μ > 1$ 的显著性水平为 $α$ 的检验的拒绝域为（）.

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D
【解析】按题意需检验假设:

H_{0} : μ \leq 1

，

H_{1} : μ > 1

，这是右边检验问题，

σ^{2} = 2

为已知，其拒绝域为

\frac{X ˉ - μ}{σ / n} > z_{α}

，解得

\overset{ˉ}{X} > μ + \frac{σ}{n} z_{α} = 1 + \frac{2}{n} z_{α}

，故选 D.

填空题

11

（填空题）

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

查看答案与解析

【答案】 $- 1$

【解析】

x \to 0^{+} lim \frac{e ^{x l n x} - 1}{- x ln x} = x \to 0^{+} lim \frac{x ln x}{- x ln x} = - 1

12

（填空题）已知函数 $f (x) = {0, x^{2}, 0 \leq x < \frac{1}{2} \frac{1}{2} \leq x \leq 1$ 的傅里叶级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} sin nπ x$ ， $S (x)$ 为 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} sin nπ x$ 的和函数，则 $S (- \frac{7}{2}) =$ ______．

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{8}$

【解析】

S (- \frac{7}{2}) = S (- \frac{7}{2} + 4) = S (\frac{1}{2}) = \frac{1}{8}

13

（填空题）已知函数 $u (x, y, z) = x y^{2} z^{3}$ ，向量 $n = (2, 2, - 1)$ ，则

\frac{\partial u}{\partial n}_{(1, 1, 1)} =

查看答案与解析

【答案】 1

【解析】

由题易知，

\frac{\partial u}{\partial x} = y^{2} z^{3}, \frac{\partial u}{\partial y} = 2 x y z^{3}, \frac{\partial u}{\partial z} = 3 x y^{2} z^{2} .

在 $x = 1$ ， $y = 1$ ， $z = 1$ 处，有

(\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z}) = (1, 2, 3) .

对于向量 $\overset{ˉ}{n} = (2, 2, - 1)$ ，归一化可得

\overset{ˉ}{n}_{0} = (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, - \frac{1}{3}) .

故

\frac{\partial u}{\partial n}_{(1, 1, 1)} = (\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z}) \cdot \overset{ˉ}{n}_{0} = (1, 2, 3) \cdot (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, - \frac{1}{3}) = 1 \cdot \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{2}{3} + 3 \cdot (- \frac{1}{3}) = 1.

14

（填空题）已知有向曲线 $L$ 是沿抛物线 $y = 1 - x^{2}$ 从点 $(1, 0)$ 到点 $(- 1, 0)$ 的一段，则曲线积分 $\int_{L} (y + cos x) d x + (2 x + cos y) d y =$ ______。

查看答案与解析

【答案】 $\frac{4}{3} - 2 sin 1$

【解析】
曲线积分 $\int_{L} (y + cos x) d x + (2 x + cos y) d y$ 中，曲线 $L$ 为抛物线 $y = 1 - x^{2}$ 从点 $(1, 0)$ 到点 $(- 1, 0)$ 的一段。计算步骤如下：

方法一：直接参数化
以 $x$ 为参数， $x$ 从 $1$ 到 $- 1$ ， $y = 1 - x^{2}$ ，则 $d y = - 2 x d x$ 。代入积分：

I = \int_{1}^{- 1} [(1 - x^{2} + cos x) + (2 x + cos (1 - x^{2})) (- 2 x)] d x = \int_{1}^{- 1} (1 - 5 x^{2} + cos x - 2 x cos (1 - x^{2})) d x .

分别计算：

\int_{1}^{- 1} 1 d x = - 2, \int_{1}^{- 1} (- 5 x^{2}) d x = \frac{10}{3}, \int_{1}^{- 1} cos x d x = - 2 sin 1,

而

\int_{1}^{- 1} (- 2 x) cos (1 - x^{2}) d x = 0 (因为被积函数为奇函数，且上下限对称) .

所以

I = - 2 + \frac{10}{3} - 2 sin 1 = \frac{4}{3} - 2 sin 1.

方法二：格林公式
补充线段 $L_{0} : y = 0$ 从 $(- 1, 0)$ 到 $(1, 0)$ ，与 $L$ 形成逆时针闭曲线 $C = L \cup L_{0}$ 。设 $P = y + cos x$ ， $Q = 2 x + cos y$ ，则

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 - 1 = 1.

闭曲线 $C$ 所围区域 $D$ 的面积为

\iint_{D} 1 d A = \int_{- 1}^{1} (1 - x^{2}) d x = \frac{4}{3} .

由格林公式，

\oint_{C} P d x + Q d y = \iint_{D} 1 d A = \frac{4}{3} .

又

\int_{L_{0}} P d x + Q d y = \int_{- 1}^{1} cos x d x = 2 sin 1,

故

\int_{L} P d x + Q d y = \oint_{C} P d x + Q d y - \int_{L_{0}} P d x + Q d y = \frac{4}{3} - 2 sin 1.

综上，所求曲线积分为 $\frac{4}{3} - 2 sin 1$ .

15

（填空题）设矩阵 $A = 4 a b 235 - 3 - 4 - 7$ ，若方程组 $A^{2} x = 0$ 与 $A x = 0$ 不同解，则 $a - b =$ ______。

查看答案与解析

【答案】 -4

【解析】 由题知， $A = 4 a b 235 - 3 - 4 - 7$ 。若 $A^{2} x = 0$ 与 $A x = 0$ 同解，则三秩相同，即 $r (A) = r (A^{2}) = r (A A^{2})$ 。

如果 $A$ 可逆，三秩显然相同，则 $A^{2} x = 0$ 与 $A x = 0$ 同解。于是，要想 $A^{2} x = 0$ 与 $A x = 0$ 不同解，即 $A$ 不可逆，于是 $∣ A ∣ = 0$ 。

根据行列式的倍加性质易得：

∣ A ∣ = 4 a b 235 - 3 - 4 - 7 = 4 a b 235 - 1 - 1 - 2 = 4 a b 011 - 1 - 1 - 2 = 4 (- 2 + 1) - (a - b)

令 $∣ A ∣ = 0$ ，有 $a - b = - 4$ 。

16

（填空题）设 $A, B$ 为两个不同的随机事件，且 $A$ 与 $B$ 相互独立，已知 $P (A) = 2 P (B)$ ， $P (A \cup B) = \frac{5}{8}$ ，则在 $A, B$ 至少有一个发生的条件下， $A, B$ 中恰有一个发生的概率为______。

查看答案与解析

【答案】 $\frac{4}{5}$

【解析】

P (A \overline{B}) + P (\overline{A} B) = P (A) - P (A B) + P (B) - P (A B) = P (A) + P (B) - 2 P (A) P (B)

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) = \frac{5}{8} \Rightarrow 3 P (B) - 2 P^{2} (B) = \frac{5}{8} \Rightarrow 24 P (B) - 16 P^{2} (B) = 5 \Rightarrow 16 P^{2} (B) - 24 P (B) + 5 = 0 \Rightarrow (4 P (B) - 1) (4 P (B) - 5) = 0 \Rightarrow P (B) = \frac{1}{4}, P (A) = \frac{1}{2}

P (A \overline{B}) + P (\overline{A} B) = P (A) - P (A B) + P (B) - P (A B) = P (A) + P (B) - 2 P (A) P (B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - 2 \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

P = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{5}{8}} = \frac{1}{2} \times \frac{8}{5} = \frac{4}{5}

解答题

17

（本题满分10分）

计算 $\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x$ 。

查看答案与解析

【答案】 $\frac{3}{10} ln 2 + \frac{1}{10} π$

【解析】

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x = \int_{0}^{1} (\frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x = \int_{0}^{1} (\frac{\frac{1}{5}}{x + 1} + \frac{- \frac{1}{5} x + \frac{3}{5}}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x = \frac{1}{5} ln ∣1 + x ∣_{0}^{1} - \frac{1}{10} ln ∣ x^{2} - 2 x + 2∣_{0}^{1} + \frac{2}{5} arctan (x - 1)_{0}^{1} = \frac{3}{10} ln 2 + \frac{1}{10} π

18

（本题满分12分）

已知函数 $f (u)$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内具有2阶导数，记 $g (x, y) = f (\frac{x}{y})$ ，若 $g (x, y)$ 满足 $x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + x y \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} + y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1$ ，且 $g (x, x) = 1$ ， $\frac{\partial g}{\partial x}_{(x, x)} = \frac{2}{x}$ ，求 $f (u)$ 。

查看答案与解析

【答案】 $f (u) = \frac{1}{2} ln^{2} u + 2 ln u + 1$

【解析】

令 $u = \frac{x}{y}$ ，则

\frac{\partial g}{\partial x} = f^{'} (u) \frac{1}{y}, \frac{\partial g}{\partial y} = f^{'} (u) (- \frac{x}{y ^{2}}) .

又

g (x, x) = f (\frac{x}{x}) = f (1) = 1, \frac{\partial g}{\partial x}_{(x, x)} = f^{'} (1) \frac{1}{x} = \frac{2}{x},

故 $f^{'} (1) = 2$ 。

二阶偏导数为：

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} = (f^{''} (u) \frac{1}{y}) \frac{1}{y} = f^{''} (u) \frac{1}{y ^{2}} (1) \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} = f^{''} (u) (- \frac{x}{y ^{2}}) \frac{1}{y} + f^{'} (u) (- \frac{1}{y ^{2}}) = - \frac{x}{y ^{3}} f^{''} (u) - \frac{1}{y ^{2}} f^{'} (u) (2) \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = f^{''} (u) (- \frac{x}{y ^{2}}) \frac{x}{y} + f^{'} (u) (\frac{2 x}{y ^{2}}) = \frac{x ^{2}}{y ^{4}} f^{''} (u) + \frac{2 x}{y ^{3}} f^{'} (u) (3)

将 (1)(2)(3) 代入

x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + x y \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} + y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1,

化简得

u^{2} f^{''} (u) + u f^{'} (u) = 1,

即

f^{''} (u) + \frac{1}{u} f^{'} (u) = \frac{1}{u ^{2}} .

令 $p = f^{'} (u)$ ，则

p^{'} + \frac{1}{u} p = \frac{1}{u ^{2}} .

解得

p = e^{- \int \frac{1}{u} d u} [\int \frac{1}{u ^{2}} e^{\int \frac{1}{u} d u} d u + C] = \frac{1}{u} [\int \frac{1}{u} d u + C] = \frac{ln u}{u} + \frac{C}{u} .

由 $p ∣_{u = 1} = C = 2$ ，得

p = \frac{ln u}{u} + \frac{2}{u} .

因此

\frac{df}{d u} = \frac{ln u}{u} + \frac{2}{u},

积分得

f (u) = \int (\frac{ln u}{u} + \frac{2}{u}) d u = \frac{1}{2} ln^{2} u + 2 ln u + C .

由 $f (1) = C = 1$ ，得

f (u) = \frac{1}{2} ln^{2} u + 2 ln u + 1.

19

（本题满分12分）

设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导.证明导函数 $f^{'} (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是:对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，当 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ 时 $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}$ .

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 充分性：若对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，当 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ 时，都有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

则在 $(a, b)$ 内取任意的 $x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4} < x_{5}$ ，有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}} < \frac{f ( x _{4} ) - f ( x _{3} )}{x _{4} - x _{3}} < \frac{f ( x _{5} ) - f ( x _{4} )}{x _{5} - x _{4}}

在 $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}$ 两边同时令 $x_{2} \to x_{1}^{+}$ ，得

f_{+}^{'} (x_{1}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}}

两边同时令 $x_{2} \to x_{3}^{-}$ ，得 $\frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{3})$ ，即

f_{+}^{'} (x_{1}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{3})

同理可得 $f_{+}^{'} (x_{3}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{5})$ .因为

\frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} < \frac{f ( x _{5} ) - f ( x _{3} )}{x _{5} - x _{3}}

所以 $f_{+}^{'} (x_{1}) \leq f_{-}^{'} (x_{5})$ .由 $x_{1}, x_{5}$ 的任意性，可得 $f^{'} (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增，充分性得证。

再证必要性，即已知 $f^{'} (x)$ 单调递增，在 $[x_{1}, x_{2}], [x_{2}, x_{3}]$ 上分别使用拉格朗日中值定理，知存在 $ξ_{1} \in (x_{1}, x_{2}), ξ_{2} \in (x_{2}, x_{3})$ ，使

f^{'} (ξ_{1}) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}, f^{'} (ξ_{2}) = \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

又由 $f^{'} (x)$ 单调递增，且 $ξ_{1} < ξ_{2}$ 知， $f^{'} (ξ_{1}) < f^{'} (ξ_{2})$ ，即

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

必要性得证。

综上所述，充要条件得证。

20

（本题满分 12 分）

设 $Σ$ 是由直线 ${x = 0 y = 0$ 绕直线 $⎩ ⎨ ⎧ x = t y = t z = t$ （ $t$ 为参数）旋转一周得到的曲面， $Σ_{1}$ 是 $Σ$ 介于平面 $x + y + z = 0$ 与平面 $x + y + z = 1$ 之间部分的外侧，计算曲面积分

I = Σ_{1} \iint x d y d z + (y + 1) d z d x + (z + 2) d x d y

查看答案与解析

【答案】 $- \frac{2 3 π}{3}$

【解析】
曲面 $Σ$ 的方程为 $x y + yz + z x = 0$ ，是由直线 $x = 0, y = 0$ 绕直线 $x = t, y = t, z = t$ 旋转得到的圆锥面。 $Σ_{1}$ 是该圆锥面介于平面 $x + y + z = 0$ 与 $x + y + z = 1$ 之间的部分，取外侧。

计算曲面积分

I = \iint_{Σ_{1}} x d y d z + (y + 1) d z d x + (z + 2) d x d y .

记 $P = x, Q = y + 1, R = z + 2$ ，散度

div F = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 1 + 1 + 1 = 3.

为应用高斯公式，补充平面区域：

$S_{1} : x + y + z = 1$ 上被圆锥面截下的部分，取上侧（外法向与 $(1, 1, 1)$ 同向）；
$S_{ε} : x + y + z = ε$ 上被圆锥面截下的部分（ $0 < ε < 1$ ），取下侧（外法向与 $(1, 1, 1)$ 反向）。记 $Σ_{1, ε}$ 为圆锥面上满足 $ε \leq x + y + z \leq 1$ 的部分，取外侧。则 $Σ_{1, ε} \cup S_{1} \cup S_{ε}$ 构成封闭曲面，围成区域 $Ω_{ε}$ 。由高斯公式， $\iint_{Σ_{1, ε}} F \cdot d S + \iint_{S_{1}} F \cdot d S + \iint_{S_{ε}} F \cdot d S = ∭_{Ω_{ε}} 3 d V .$

计算区域 $Ω_{ε}$ 的体积。作正交变换

u = \frac{x + y + z}{3}, v = \frac{x - y}{2}, w = \frac{x + y - 2 z}{6},

则圆锥面方程化为 $v^{2} + w^{2} = 2 u^{2}$ ，区域 $Ω_{ε}$ 表示为

\frac{ε}{3} \leq u \leq \frac{1}{3}, v^{2} + w^{2} \leq 2 u^{2} .

体积

V (Ω_{ε}) = \int_{ε / 3}^{1/ 3} π (2 u)^{2} d u = 2 π \int_{ε / 3}^{1/ 3} u^{2} d u = \frac{2 π}{3} [u^{3}]_{ε / 3}^{1/ 3} = \frac{2 π}{9 3} (1 - ε^{3}) .

计算 $S_{1}$ 上的积分。在 $S_{1}$ 上， $x + y + z = 1$ ，外法向方向余弦均为 $1/ 3$ ，且

P + Q + R = x + (y + 1) + (z + 2) = x + y + z + 3 = 4.

面积元 $d S = d v d w$ ，区域 $v^{2} + w^{2} \leq 2/3$ ，面积

A (S_{1}) = π \cdot \frac{2}{3} = \frac{2 π}{3} .

故

\iint_{S_{1}} F \cdot d S = \iint_{S_{1}} \frac{4}{3} d S = \frac{4}{3} \cdot \frac{2 π}{3} = \frac{8 π}{3 3} .

计算 $S_{ε}$ 上的积分。在 $S_{ε}$ 上， $x + y + z = ε$ ，外法向方向余弦均为 $- 1/ 3$ ，且

P + Q + R = ε + 3.

面积

A (S_{ε}) = π \cdot 2 (\frac{ε}{3})^{2} = \frac{2 π ε ^{2}}{3} .

故

\iint_{S_{ε}} F \cdot d S = \iint_{S_{ε}} \frac{- ( ε + 3 )}{3} d S = - \frac{ε + 3}{3} \cdot \frac{2 π ε ^{2}}{3} = - \frac{2 π ε ^{2} ( ε + 3 )}{3 3} .

代入高斯公式，

\iint_{Σ_{1, ε}} F \cdot d S = 3 \cdot \frac{2 π}{9 3} (1 - ε^{3}) - \frac{8 π}{3 3} + \frac{2 π ε ^{2} ( ε + 3 )}{3 3} .

令 $ε \to 0^{+}$ ，得

I = ε \to 0^{+} lim \iint_{Σ_{1, ε}} F \cdot d S = \frac{2 π}{3 3} - \frac{8 π}{3 3} = - \frac{6 π}{3 3} = - \frac{2 π}{3} .

有理化得

I = - \frac{2 3 π}{3} .

21

（本题满分 12 分）设矩阵 $A = 0 - 1 - 1 - 1 0 - 1 22 a$ ，已知 $1$ 是 $A$ 的特征多项式的重根。

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 求所有满足 $A α = α + β$ ， $A^{2} α = α + 2 β$ 的非零列向量 $α$ ， $β$ 。

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 3$
(2) 设 $α = a_{1} a_{2} a_{3}$ ，其中 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 满足 $a_{1} a_{2} a_{3} \neq = 0$ 且 $a_{1} + a_{2} \neq = 2 a_{3}$ ，则 $β = 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2}$ .

【解析】
（1）
由

f (λ) = ∣ A - λ E ∣ = (1 - λ) [(λ - a) (λ + 1) + 4],

代入 $λ = 1$ 得

(1 - a) (1 + 1) + 4 = 0, a = 3.

（2）
由（1）可知

A = 0 - 1 - 1 - 1 0 - 1 223 .

由 $∣ A - λ E ∣ = 0$ ，得 $A$ 的特征值 $λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 1$ 。

已知

A α = α + β, A^{2} α = α + 2 β,

则

(A - E) α = β, (A^{2} - E) α = 2 β = 2 (A - E) α, (A - E)^{2} α = 0, (A - E)^{2} = 0.

故 $α$ 可取任意非零向量。设

α = (a_{1}, a_{2}, a_{3})^{T}, a_{1} a_{2} a_{3} \neq = 0.

于是

β = (A - E) α = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 222 a_{1} a_{2} a_{3} = 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2},

其中 $a_{1} + a_{2} \neq = 2 a_{3}$ 。

综上，

α = a_{1} a_{2} a_{3}, β = 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2} 2 a_{3} - a_{1} - a_{2},

满足 $a_{1} a_{2} a_{3} \neq = 0$ 且 $a_{1} + a_{2} \neq = 2 a_{3}$ 。

22

（本题满分 12 分）

投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额 $Y$ 与投保人的损失额 $X$ 的关系为

Y = {0, X - 100, X \leq 100, X > 100.

设定损事件发生时，投保人的损失额 $X$ 的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}}, 0, x > 0, x \leq 0.

（1）求 $P {Y > 0}$ 及 $E Y$ 。

（2）这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$ ，保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$ ，假设 $N$ 服从参数为 $8$ 的泊松分布，在 $N = n$ （ $n \geq 1$ ）的条件下， $M$ 服从二项分布 $B (n, p)$ ，其中 $p = P {Y > 0}$ ，求 $M$ 的概率分布。

查看答案与解析

【答案】
(1) $P {Y > 0} = \frac{1}{4}$ ， $E Y = 50$
(2) $M \sim P (2)$ ，即 $P {M = m} = \frac{2 ^{m}}{m !} e^{- 2}$

【解析】
(1)

P {Y > 0} = P {X - 100 > 0} = P {X > 100} = \int_{100}^{+ \infty} \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}} d x = \frac{1}{4}

E Y = \int_{100}^{+ \infty} (x - 100) \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}} d x = 50

(2)

N \sim P (8), {M ∣ N = n} \sim B (n, \frac{1}{4})

P {M = m} = n = m \sum \infty P {N = n} \cdot P {M = m ∣ N = n} = n = m \sum \infty \frac{8 ^{n}}{n !} e^{- 8} \cdot C_{n}^{m} \cdot (\frac{1}{4})^{m} \cdot (\frac{3}{4})^{n - m} = n = m \sum \infty \frac{8 ^{n}}{n !} e^{- 8} \cdot \frac{n !}{m ! ( n - m )!} (\frac{1}{4})^{m} \cdot (\frac{3}{4})^{n - m} = (\frac{1}{4})^{m} e^{- 8} \frac{8 ^{m}}{m !} n = m \sum \infty \frac{8 ^{n - m}}{( n - m )!} \cdot (\frac{3}{4})^{n - m} = (\frac{1}{4})^{m} e^{- 8} \frac{8 ^{m}}{m !} n = m \sum \infty \frac{6 ^{n - m}}{( n - m )!} = \frac{2 ^{m}}{m !} e^{- 2}