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2010 年真题

23 题

选择题

1

函数 $f (x) = \frac{x ^{2} - x}{x ^{2} - 1} 1 + \frac{1}{x ^{2}}$ 的无穷间断点的个数为

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正确答案：B

正确答案：B

函数 $f (x) = \frac{x ^{2} - x}{x ^{2} - 1} 1 + \frac{1}{x ^{2}}$ 有间断点 $x = 0, 1, - 1$ 。

因为

x \to 0 lim f (x) = x \to 0 lim \frac{x ( x - 1 )}{( x + 1 ) ( x - 1 )} 1 + \frac{1}{x ^{2}} = x \to 0 lim x 1 + \frac{1}{x ^{2}},

其中

x \to 0^{+} lim x 1 + \frac{1}{x ^{2}} = 1, x \to 0^{-} lim x 1 + \frac{1}{x ^{2}} = - 1,

所以 $x = 0$ 为跳跃间断点。

虽然

x \to 1 lim f (x) = \frac{1}{2} 1 + 1 = \frac{2}{2},

所以 $x = 1$ 为可去间断点。

而

x \to - 1 lim f (x) = x \to - 1 lim \frac{x ( x - 1 )}{( x + 1 ) ( x - 1 )} 1 + \frac{1}{x ^{2}} = \infty,

即 $x = - 1$ 为无穷间断点。

故无穷间断点个数为 1。

2

设 $y_{1}$ 、 $y_{2}$ 是一阶线性非齐次微分方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的两个特解，若常数 $λ$ 、 $μ$ 使 $λ y_{1} + μ y_{2}$ 是该方程的解， $λ y_{1} - μ y_{2}$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

由于 $λ y_{1} - μ y_{2}$ 是 $y^{'} + P (x) y = 0$ 的解，因此有

(λ y_{1} - μ y_{2})^{'} + P (x) (λ y_{1} - μ y_{2}) = 0,

即

λ (y_{1}^{'} + P (x) y_{1}) - μ (y_{2}^{'} + P (x) y_{2}) = 0.

又已知

y_{1}^{'} + P (x) y_{1} = q (x), y_{2}^{'} + P (x) y_{2} = q (x),

代入得

λ q (x) - μ q (x) = 0 \Rightarrow (λ - μ) q (x) = 0. (1)

由于一阶非齐次微分方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 是非齐次的，可知 $q (x) \neq = 0$ ，因此

λ - μ = 0.

又因为 $λ y_{1} + μ y_{2}$ 是非齐次微分方程 $y^{'} + P (x) y = q (x)$ 的解，所以

(λ y_{1} + μ y_{2})^{'} + P (x) (λ y_{1} + μ y_{2}) = q (x),

整理得

λ (y_{1}^{'} + P (x) y_{1}) + μ (y_{2}^{'} + P (x) y_{2}) = q (x),

即

(λ + μ) q (x) = q (x) .

由 $q (x) \neq = 0$ 可得

λ + μ = 1. (2)

由 (1) 与 (2) 解得

λ = μ = \frac{1}{2} .

故应选 (A)。

3

曲线 $y = x^{2}$ 与曲线 $y = a ln x (a \neq = 0)$ 相切，则 $a = ()$

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正确答案：C

正确答案：C

由于曲线 $y = x^{2}$ 与曲线 $y = a ln x (a \neq = 0)$ 相切，在切点处两条曲线的斜率相等，即

2 x = \frac{a}{x},

解得

x = \frac{a}{2} (x > 0) .

在切点处两条曲线的纵坐标也相等。对于 $y = x^{2}$ ，当 $x = \frac{a}{2}$ 时，

y = \frac{a}{2} .

对于 $y = a ln x$ ，当 $x = \frac{a}{2}$ 时，

y = a ln \frac{a}{2} = \frac{a}{2} ln \frac{a}{2} .

因此有

\frac{a}{2} = \frac{a}{2} ln \frac{a}{2} .

解得

a = 2 e .

故正确答案为 (C)。

4

设 $m, n$ 是正数，反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{m l n ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

$x = 0$ 与 $x = 1$ 都是瑕点，应分成

\int_{0}^{1} \frac{m ln ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{m ln ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{m ln ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x .

对于 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{m l n ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x$ ，当 $x \to 0^{+}$ 时， $ln (1 - x) \sim - x$ ，故 $m ln^{2} (1 - x) \sim m x^{2} = x^{\frac{2}{m}}$ ，则被积函数等价于 $\frac{x ^{\frac{2}{m}}}{x ^{\frac{1}{n}}} = x^{\frac{2}{m} - \frac{1}{n}}$ 。

根据反常积分收敛性判别法，当 $\frac{2}{m} - \frac{1}{n} > - 1$ 时收敛，否则发散。但无论 $m, n$ 取何正整数，该积分的收敛性仅由指数决定。而题目问的是积分本身是否与 $m, n$ 有关。

实际计算中，对于 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{m l n ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x$ ，当 $x \to 0^{+}$ 时， $lim_{x \to 0^{+}} \frac{[ l n ^{2} ( 1 - x ) ] ^{\frac{1}{m}}}{x ^{\frac{1}{n}}}$ 的极限为有限值，故积分收敛性与 $m, n$ 无关。

对于 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{m l n ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x$ ，当 $x \to 1^{-}$ 时，令 $t = 1 - x$ ，则积分变为 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{m l n ^{2} t}{n 1 - t} d t$ 。此时 $n 1 - t \sim 1$ ，故被积函数等价于 $m ln^{2} t$ ，而 $ln t \sim t - 1$ ，即 $m ln^{2} t \sim m (t - 1)^{2}$ ，在 $t \to 0^{+}$ 时，积分收敛性同样与 $m, n$ 无关。

综上，该反常积分与 $m, n$ 取值都无关。

5

设函数 $z = z (x, y)$ ，由方程 $F (\frac{y}{x}, \frac{z}{x}) = 0$ 确定，其中 $F$ 为可微函数，且 $F_{2}^{'} \neq = 0$ ，则

x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = ()

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正确答案：B

正确答案：B

根据隐函数求导公式，有：

\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{F _{x}^{'}}{F _{z}^{'}} = - \frac{F _{1}^{'} \cdot ( - \frac{y}{x ^{2}} ) + F _{2}^{'} \cdot ( - \frac{z}{x ^{2}} )}{F _{2}^{'} \cdot \frac{1}{x}} = \frac{F _{1}^{'} \cdot \frac{y}{x} + F _{2}^{'} \cdot \frac{z}{x}}{F _{2}^{'}} = \frac{y F _{1}^{'} + z F _{2}^{'}}{x F _{2}^{'}},

\frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{F _{y}^{'}}{F _{z}^{'}} = - \frac{F _{1}^{'} \cdot \frac{1}{x}}{F _{2}^{'} \cdot \frac{1}{x}} = - \frac{F _{1}^{'}}{F _{2}^{'}} .

因此，

x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y F _{1}^{'} + z F _{2}^{'}}{F _{2}^{'}} - \frac{y F _{1}^{'}}{F _{2}^{'}} = \frac{z F _{2}^{'}}{F _{2}^{'}} = z .

6

n \to \infty lim i = 1 \sum n j = 1 \sum n \frac{n}{( n + i ) ( n ^{2} + j ^{2} )} = ()

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正确答案：D

正确答案：D

i = 1 \sum n j = 1 \sum n \frac{n}{( n + i ) ( n ^{2} + j ^{2} )} = i = 1 \sum n \frac{1}{n + i} (j = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + j ^{2}}) = (i = 1 \sum n \frac{n}{n + i}) (j = 1 \sum n \frac{1}{n ^{2} + j ^{2}})

n \to \infty lim j = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + j ^{2}} = n \to \infty lim \frac{1}{n} j = 1 \sum n \frac{1}{1 + ( \frac{j}{n} ) ^{2}} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + y ^{2}} d y

n \to \infty lim i = 1 \sum n \frac{n}{n + i} = n \to \infty lim \frac{1}{n} i = 1 \sum n \frac{1}{1 + ( \frac{i}{n} )} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} d x

因此，

n \to \infty lim i = 1 \sum n j = 1 \sum n \frac{n}{( n + i ) ( n ^{2} + j ^{2} )} = n \to \infty lim (j = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + j ^{2}}) (i = 1 \sum n \frac{n}{n + i}) = (n \to \infty lim j = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + j ^{2}}) (n \to \infty lim i = 1 \sum n \frac{n}{n + i}) = (\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} d x) (\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + y ^{2}} d y) = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} \frac{1}{( 1 + x ) ( 1 + y ^{2} )} d y .

7

设向量组 $I : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{r}$ 可由向量组 $II : β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 线性表示，下列命题正确的是（　　）

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正确答案：A

正确答案：A

由于向量组 $I$ 能由向量组 $II$ 线性表示，所以 $r (I) \leq r (II)$ ，即

r (a_{1}, \dots, a_{r}) \leq r (β_{1}, \dots, β_{s}) \leq s

若向量组 $I$ 线性无关，则 $r (a_{1}, \dots, a_{r}) = r$ ，所以

r = r (a_{1}, \dots, a_{r}) \leq r (β_{1}, \dots, β_{s}) \leq s

即 $r \leq s$ ，选 (A)。

8

设 $A$ 为 4 阶实对称矩阵，且 $A^{2} + A = 0$ ，若 $A$ 的秩为 3，则 $A$ 相似于

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正确答案：D

正确答案：D

设 $λ$ 为 $A$ 的特征值。由于 $A^{2} + A = 0$ ，所以 $λ^{2} + λ = 0$ ，即 $λ (λ + 1) = 0$ 。因此 $A$ 的特征值只能为 $- 1$ 或 $0$ 。

由于 $A$ 为实对称矩阵，故 $A$ 可相似对角化，且相似对角矩阵中非零特征值的个数等于矩阵的秩。已知 $r (A) = 3$ ，所以 $A$ 有 3 个非零特征值，即 3 个 $- 1$ 和 1 个 $0$ 。

因此 $A$ 相似于

- 1 - 1 - 1 0

，选 (D)。

填空题

9

（填空题）3 阶常系数线性齐次微分方程 $y^{'''} - 2 y^{''} + y^{'} - 2 y = 0$ 的通解为 $y =$

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【答案】 $y = C_{1} e^{2 x} + C_{2} cos x + C_{3} sin x$

【解析】 该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 $λ^{3} - 2 λ^{2} + λ - 2 = 0$ 。

因式分解得 $λ^{2} (λ - 2) + (λ - 2) = (λ - 2) (λ^{2} + 1) = 0$ 。

解得特征根为 $λ = 2$ ， $λ = \pm i$ 。

因此通解为 $y = C_{1} e^{2 x} + C_{2} cos x + C_{3} sin x$ 。

10

（填空题）曲线 $y = \frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1}$ 的斜渐近线方程为

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【答案】 $y = 2 x$

【解析】 曲线 $y = \frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1}$ 的斜渐近线方程为

由 $lim_{x \to \infty} \frac{\frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1}}{x} = 2$ ，可得该函数在无穷远处的斜率趋向于 2。

又因为

x \to \infty lim \frac{2 x ^{3}}{x ^{2} + 1} - 2 x = x \to \infty lim \frac{2 x ^{3} - 2 x ^{3} - 2 x}{x ^{2} + 1} = 0

说明函数与直线 $y = 2 x$ 在无穷远处的纵向差距趋于零。

因此，该曲线的斜渐近线为 $y = 2 x$ 。

11

（填空题）函数 $y = ln (1 - 2 x)$ 在 $x = 0$ 处的 $n$ 阶导数 $y^{(n)} (0) =$

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【答案】 $- 2^{n} (n - 1)!$

【解析】
根据高阶导数公式可知：

ln^{(n)} (1 + x) = (- 1)^{n - 1} \frac{( n - 1 )!}{( 1 + x ) ^{n}}

因此：

ln^{(n)} (1 - 2 x) = (- 1)^{n - 1} \frac{( n - 1 )!}{( 1 - 2 x ) ^{n}} \times (- 2)^{n} = - 2^{n} \frac{( n - 1 )!}{( 1 - 2 x ) ^{n}}

代入 $x = 0$ 得：

y^{(n)} (0) = - 2^{n} \frac{( n - 1 )!}{( 1 - 2 \times 0 ) ^{n}} = - 2^{n} (n - 1)!

12

（填空题）当 $0 \leq θ \leq π$ 时，对数螺线 $r = e^{θ}$ 的弧长为

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【答案】 $2 (e^{π} - 1)$

【解析】 由于 $0 \leq θ \leq π$ ，对数螺线 $r = e^{θ}$ 的极坐标弧长公式为：

\int_{0}^{π} (e^{θ})^{2} + (e^{θ})^{2} d θ = \int_{0}^{π} 2 e^{θ} d θ = 2 (e^{π} - 1)

13

（填空题）已知一个长方形的长 $l$ 以 $2 cm/s$ 的速率增加，宽 $w$ 以 $3 cm/s$ 的速率增加，则当 $l = 12 cm$ ， $w = 5 cm$ 时，它的对角线增加的速率为

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【答案】 3

【解析】 设 $l = x (t)$ ， $w = y (t)$ 。由题意知，在 $t = t_{0}$ 时刻， $x (t_{0}) = 12$ ， $y (t_{0}) = 5$ ，且 $x^{'} (t_{0}) = 2$ ， $y^{'} (t_{0}) = 3$ 。

设该对角线长为 $S (t)$ ，则：

S (t) = x^{2} (t) + y^{2} (t) .

对其求导得：

S^{'} (t) = \frac{x ( t ) x ^{'} ( t ) + y ( t ) y ^{'} ( t )}{x ^{2} ( t ) + y ^{2} ( t )} .

代入 $t = t_{0}$ 时的值：

S^{'} (t_{0}) = \frac{12 \times 2 + 5 \times 3}{1 2 ^{2} + 5 ^{2}} = \frac{39}{13} = 3.

14

（填空题）设 $A, B$ 为 3 阶矩阵，且 $∣ A ∣ = 3$ ， $∣ B ∣ = 2$ ， $∣ A^{- 1} + B ∣ = 2$ ，则 $∣ A + B^{- 1} ∣ =$

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【答案】 3

【解析】

由于 $A (A^{- 1} + B) B^{- 1} = (E + A B) B^{- 1} = B^{- 1} + A$ ，
所以

∣ A + B^{- 1} ∣ = ∣ A (A^{- 1} + B) B^{- 1} ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ A^{- 1} + B ∣ \cdot ∣ B^{- 1} ∣.

已知 $∣ B ∣ = 2$ ，因此

∣ B^{- 1} ∣ = ∣ B ∣^{- 1} = \frac{1}{2} .

于是

∣ A + B^{- 1} ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ A^{- 1} + B ∣ \cdot ∣ B^{- 1} ∣ = 3 \times 2 \times \frac{1}{2} = 3.

解答题

15

（本题满分 10 分）求函数 $f (x) = \int_{- \infty}^{x^{2}} (x^{2} - t) e^{- t^{2}} d t$ 的单调区间与极值。

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【答案】
函数 $f (x)$ 的单调递减区间为 $(- \infty, - 1) \cup (0, 1)$ ，单调递增区间为 $(- 1, 0) \cup (1, + \infty)$ 。
极大值点为 $x = 0$ ，极大值为 $0$ ；极小值点为 $x = \pm 1$ ，极小值为 $0$ 。

【解析】
因为 $f (x) = \int_{- \infty}^{x^{2}} (x^{2} - t) e^{- t^{2}} d t = x^{2} \int_{- \infty}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t - \int_{- \infty}^{x^{2}} t e^{- t^{2}} d t$ ，
所以

f^{'} (x) = 2 x \int_{0}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t + 2 x^{3} e^{- x^{4}} - 2 x^{3} e^{- x^{4}} = 2 x \int_{0}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t .

令 $f^{'} (x) = 0$ ，得 $x = 0$ 或 $x = \pm 1$ 。

又

f^{''} (x) = 2 \int_{0}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t + 4 x^{2} e^{- x^{4}},

f^{''} (0) = 2 \int_{0}^{0} e^{- t^{2}} d t = 0.

进一步利用导数定义判断极值：当 $x$ 由负变正时， $f^{'} (x)$ 由正变负，
所以

f (0) = \int_{0}^{0} (0 - t) e^{- t^{2}} d t = - \frac{1}{2} e^{- t^{2}}_{0}^{0} = 0

是极大值。

而 $f^{''} (\pm 1) = 4 e^{- 1} > 0$ ，所以 $f (\pm 1) = 0$ 为极小值。

又因为：

当 $x \geq 1$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ；
当 $0 \leq x < 1$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ；
当 $- 1 \leq x < 0$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ；
当 $x < - 1$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ，

所以 $f (x)$ 的单调递减区间为 $(- \infty, - 1) \cup (0, 1)$ ，单调递增区间为 $(- 1, 0) \cup (1, + \infty)$ 。

16

（本题满分 10 分）

(I) 比较 $\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t$ 与 $\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ t^{n} d t$ $(n = 1, 2, \dots)$ 的大小，说明理由；

(II) 记 $u_{n} = \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t$ $(n = 1, 2, \dots)$ ，求极限 $lim_{n \to \infty} u_{n}$ 。

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【答案】
(I) $\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t < \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ t^{n} d t$
(II) $lim_{n \to \infty} u_{n} = 0$

【解析】
【解析】

(I) 当 $0 < x < 1$ 时， $0 < ln (1 + x) < x$ ，因此 $[ln (1 + t)]^{n} < t^{n}$ ，所以

∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} < ∣ ln t ∣ t^{n},

于是

\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t < \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ t^{n} d t (n = 1, 2, \dots) .

(II) 计算得

\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ t^{n} d t = - \int_{0}^{1} ln t \cdot t^{n} d t = - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} ln t d (t^{n + 1}) = \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}},

因此

0 < u_{n} < \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ t^{n} d t = \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} .

根据夹逼定理，有

0 \leq n \to \infty lim u_{n} \leq n \to \infty lim \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} = 0,

所以

n \to \infty lim u_{n} = 0.

17

（本题满分 10 分）设 $y = f (x)$ 由参数方程

{x = 2 t + t^{2} y = ψ (t)

（ $t > - 1$ ）所确定， $ψ (1) = \frac{5}{2}$ ， $ψ^{'} (1) = 6$ ，已知 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{3}{4 ( 1 + t )}$ ，求 $ψ (t)$ 。

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【答案】

ψ (t) = \frac{3}{2} t^{2} + t^{3}, t > - 1

【解析】
根据题意得：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ψ ^{'} ( t )}{2 t + 2}

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} ( \frac{ψ ^{'} ( t )}{2 t + 2} )}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ψ ^{''} ( t ) ( 2 t + 2 ) - 2 ψ ^{'} ( t )}{( 2 t + 2 ) ^{3}} = \frac{3}{4 ( 1 + t )}

即：

ψ^{''} (t) (2 t + 2) - 2 ψ^{'} (t) = 6 (t + 1)^{2}

整理得：

ψ^{''} (t) (t + 1) - ψ^{'} (t) = 3 (t + 1)^{2}

令 $y^{'} = ψ^{'} (t)$ ，则方程化为：

y^{'} - \frac{1}{1 + t} y = 3 (1 + t)

其通解为：

y = e^{\int \frac{1}{1 + t} d t} (\int 3 (1 + t) e^{- \int \frac{1}{1 + t} d t} d t + C) = (1 + t) (3 t + C) (t > - 1)

因为 $y (1) = ψ^{'} (1) = 6$ ，所以：

6 = (1 + 1) (3 \times 1 + C)

解得 $C = 0$ ，故：

y = 3 t (t + 1)

即：

ψ^{'} (t) = 3 t (t + 1)

则：

ψ (t) = \int 3 t (t + 1) d t = \frac{3}{2} t^{2} + t^{3} + C_{1}

又由 $ψ (1) = \frac{5}{2}$ ，可得：

\frac{3}{2} \times 1^{2} + 1^{3} + C_{1} = \frac{5}{2}

解得 $C_{1} = 0$ ，故：

ψ (t) = \frac{3}{2} t^{2} + t^{3}, (t > - 1)

18

（本题满分 10 分）一个高为 $l$ 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 $2 a$ ，短轴为 $2 b$ 的椭圆。现将贮油罐平放，当油的高度为 $\frac{3}{2} b$ 时，计算油的质量（长度单位为 $m$ ，质量密度为常数 $ρ kg/ m^{3}$ ）。

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【答案】

m = (\frac{2 π}{3} + \frac{3}{4}) ab lρ

【解析】
油罐放平后建立坐标系，底面椭圆方程为 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ 。当油的高度为 $\frac{3}{2} b$ 时，液面位于 $y = - b$ 到 $y = \frac{b}{2}$ 之间。

阴影部分面积为：

S = \int_{- b}^{\frac{b}{2}} 2 x d y = \frac{2 a}{b} \int_{- b}^{\frac{b}{2}} b^{2} - y^{2} d y

令 $y = b sin t$ ，积分限对应为：

当 $y = - b$ 时， $t = - \frac{π}{2}$
当 $y = \frac{b}{2}$ 时， $t = \frac{π}{6}$

于是：

S = 2 ab \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{6}} cos^{2} t d t

利用恒等式 $cos^{2} t = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} cos 2 t$ ，得：

S = 2 ab \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{6}} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} cos 2 t) d t = ab [t + \frac{1}{2} sin 2 t]_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{6}}

代入上下限：

S = ab [(\frac{π}{6} + \frac{1}{2} sin \frac{π}{3}) - (- \frac{π}{2} + \frac{1}{2} sin (- π))]

计算得：

S = ab (\frac{π}{6} + \frac{3}{4} + \frac{π}{2}) = ab (\frac{2 π}{3} + \frac{3}{4})

因此，油的质量为：

m = Slρ = (\frac{2 π}{3} + \frac{3}{4}) ab lρ

19

（本题满分 10 分）设函数 $u = f (x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且满足等式

4 \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + 12 \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} + 5 \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 0,

求 $a, b$ 的值，使等式在变换 $ξ = x + a y$ ， $η = x + b y$ 下化简为

\frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} = 0.

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【答案】 $a = - 2, b = - \frac{2}{5}$ 或 $a = - \frac{2}{5}, b = - 2$

【解析】 根据复合函数链式法则，得到以下偏导数关系：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial ξ} + \frac{\partial u}{\partial η},

\frac{\partial u}{\partial y} = a \frac{\partial u}{\partial ξ} + b \frac{\partial u}{\partial η},

\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + 2 \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}},

\frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} = a \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + (a + b) \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + b \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}},

\frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = a^{2} \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + 2 ab \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + b^{2} \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}} .

将上述结果代入原方程，得到：

4 (\frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + 2 \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}}) + 12 (a \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + (a + b) \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + b \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}}) + 5 (a^{2} \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + 2 ab \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + b^{2} \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}}) = 0.

整理后得到：

(4 + 12 a + 5 a^{2}) \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ ^{2}} + (8 + 12 (a + b) + 10 ab) \frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} + (4 + 12 b + 5 b^{2}) \frac{\partial ^{2} u}{\partial η ^{2}} = 0.

为了使方程化简为 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial ξ \partial η} = 0$ ，需要满足以下条件：

⎩ ⎨ ⎧ 4 + 12 a + 5 a^{2} = 0, 4 + 12 b + 5 b^{2} = 0, 8 + 12 (a + b) + 10 ab \neq = 0.

解方程 $4 + 12 a + 5 a^{2} = 0$ ，得到 $a = - 2$ 或 $a = - \frac{2}{5}$ 。

解方程 $4 + 12 b + 5 b^{2} = 0$ ，得到 $b = - 2$ 或 $b = - \frac{2}{5}$ 。

当 $a = - 2$ ， $b = - \frac{2}{5}$ 或 $a = - \frac{2}{5}$ ， $b = - 2$ 时，计算：

8 + 12 (a + b) + 10 ab = 8 + 12 (- 2 - \frac{2}{5}) + 10 \times (- 2) \times (- \frac{2}{5}) = 8 - \frac{144}{5} + 8 = 16 - \frac{144}{5} = - \frac{64}{5} \neq = 0,

满足条件。

因此， $a, b$ 的值为 $(- 2, - \frac{2}{5})$ 或 $(- \frac{2}{5}, - 2)$ 。

20

（本题满分 $11$ 分）计算二重积分 $I = \int_{D} r^{2} sin θ 1 - r^{2} cos 2 θ d r d θ$ ，其中 $D = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq sec θ, 0 \leq θ \leq \frac{π}{4}}$ 。

查看答案与解析

【答案】 $I = \frac{1}{3} - \frac{π}{16}$

【解析】
将极坐标转换为直角坐标， $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，以及 $cos 2 θ = cos^{2} θ - sin^{2} θ$ ，则被积函数可化为：

r^{2} sin θ 1 - r^{2} (cos^{2} θ - sin^{2} θ) = r^{2} sin θ 1 - (r cos θ)^{2} + (r sin θ)^{2} = r^{2} sin θ 1 - x^{2} + y^{2} .

积分区域 $D$ 中， $0 \leq r \leq sec θ$ ，即 $r cos θ \leq 1$ ，也就是 $x \leq 1$ ，且 $0 \leq θ \leq \frac{π}{4}$ ，对应的直角坐标区域为 $0 \leq x \leq 1$ ， $0 \leq y \leq x$ 。

因此，二重积分可化为直角坐标下的累次积分：

I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{s e c θ} r^{2} sin θ 1 - r^{2} cos 2 θ d r = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} y 1 - x^{2} + y^{2} d y .

令 $u = 1 - x^{2} + y^{2}$ ，则 $d u = 2 y d y$ 。当 $y = 0$ 时， $u = 1 - x^{2}$ ；当 $y = x$ 时， $u = 1$ ，于是：

\int_{0}^{x} y 1 - x^{2} + y^{2} d y = \frac{1}{2} \int_{1 - x^{2}}^{1} u d u = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}}_{1 - x^{2}}^{1} = \frac{1}{3} (1 - (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}) .

因此：

I = \int_{0}^{1} \frac{1}{3} (1 - (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}) d x = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} 1 d x - \frac{1}{3} \int_{0}^{1} (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}} d x = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \times \frac{3 π}{16} = \frac{1}{3} - \frac{π}{16} .

21

（本题满分 11 分）

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[0, 1]$ 上连续，在开区间 $(0, 1)$ 内可导，且 $f (0) = 0$ ， $f (1) = \frac{1}{3}$ ．

证明：存在 $ξ \in (0, \frac{1}{2})$ ， $η \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，使得：

f^{'} (ξ) + f^{'} (η) = ξ^{2} + η^{2} .

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 令 $F (x) = f (x) - \frac{1}{3} x^{3}$ ，对 $F (x)$ 在区间 $[0, \frac{1}{2}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (0, \frac{1}{2})$ ，使得

F (\frac{1}{2}) - F (0) = \frac{1}{2} F^{'} (ξ) .

再对 $F (x)$ 在区间 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $η \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，使得

F (1) - F (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} F^{'} (η) .

将两式相加，得到

f^{'} (ξ) + f^{'} (η) = ξ^{2} + η^{2} .

因此，存在 $ξ \in (0, \frac{1}{2})$ 与 $η \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，使得

f^{'} (ξ) + f^{'} (η) = ξ^{2} + η^{2} .

22

（本题满分 11 分）

(1) 已知矩阵 $A = λ 01 1 λ - 1 1 10 λ$ ，向量 $b = a 11$ ，若方程组 $A x = b$ 有两个不同的解，求 $λ$ ， $a$ ；

(2) 求方程组 $A x = b$ 的通解。

查看答案与解析

【答案】
(1) $λ = - 1$ , $a = - 2$ 。
(2) 方程组 $A x = b$ 的通解为 $x = k 101 + \frac{3}{2} - \frac{1}{2} 0$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
(1)
方法一：已知 $A x = b$ 有两个不同的解，因此 $r (A) = r (\overline{A}) < 3$ 。对增广矩阵进行初等行变换，可得当 $λ = - 1$ 且 $a = - 2$ 时满足条件。

方法二：由 $∣ A ∣ = 0$ 得 $λ = 1$ 或 $- 1$ 。当 $λ = 1$ 时方程组无解，故 $λ = - 1$ ，再由 $r (A) = r (\overline{A})$ 得 $a = - 2$ 。

(2) 对增广矩阵做初等行变换，可得通解为

x = k 101 + \frac{3}{2} - \frac{1}{2} 0,

其中 $k$ 为任意常数。

23

（本题满分 11 分）

设

A = 0 - 1 4 - 1 3 a 4 a 0

正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q$ 为对角矩阵，若 $Q$ 的第 1 列为 $\frac{1}{6} (1, 2, 1)^{T}$ ，求 $a$ ， $Q$ 。

查看答案与解析

【答案】 $a = - 1$ ， $Q = \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3}$

【解析】 已知 $A = 0 - 1 4 - 1 3 a 4 a 0$ ，存在正交矩阵 $Q$ ，使得 $Q^{T} A Q$ 为对角阵，且 $Q$ 的第一列为 $\frac{1}{6} (1, 2, 1)^{T}$ ，故 $A$ 对应于 $λ_{1}$ 的特征向量为 $ξ_{1} = \frac{1}{6} (1, 2, 1)^{T}$ 。

根据特征值与特征向量的定义，有

A \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6} = λ_{1} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6},

即

0 - 1 4 - 1 3 a 4 a 0 121 = λ_{1} 121 .

由此解得 $a = - 1$ ， $λ_{1} = 2$ 。因此

A = 0 - 1 4 - 1 3 - 1 4 - 1 0 .

由

∣ λ E - A ∣ = λ 1 - 4 1 λ - 3 1 - 4 1 λ = (λ + 4) (λ - 2) (λ - 5) = 0,

可得 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = 2$ ， $λ_{2} = - 4$ ， $λ_{3} = 5$ 。

由 $(λ_{2} E - A) x = 0$ ，即

- 4 1 - 4 1 - 7 1 - 4 1 - 4 x_{1} x_{2} x_{3} = 0,

可解得对应于 $λ_{2} = - 4$ 的线性无关特征向量为 $ξ_{2} = (- 1, 0, 1)^{T}$ 。

由 $(λ_{3} E - A) x = 0$ ，即

51 - 4 121 - 4 15 x_{1} x_{2} x_{3} = 0,

可解得对应于 $λ_{3} = 5$ 的特征向量为 $ξ_{3} = (1, - 1, 1)^{T}$ 。

由于 $A$ 为实对称矩阵， $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 为对应于不同特征值的特征向量，故它们相互正交。将其单位化：

η_{1} = \frac{ξ _{1}}{∣ ξ _{1} ∣} = \frac{1}{6} (1, 2, 1)^{T}, η_{2} = \frac{ξ _{2}}{∣ ξ _{2} ∣} = \frac{1}{2} (- 1, 0, 1)^{T}, η_{3} = \frac{ξ _{3}}{∣ ξ _{3} ∣} = \frac{1}{3} (1, - 1, 1)^{T} .

取

Q = (η_{1}, η_{2}, η_{3}) = \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3},

则有

Q^{T} A Q = Λ = 2 - 4 5 .