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2011 年真题

23 题

选择题

1

已知当 $x \to 0$ 时，函数 $f (x) = 3 sin x - sin 3 x$ 与 $c x^{k}$ 是等价无穷小，则（

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正确答案：C

正确答案：C

根据泰勒公式及无穷小阶的比较可得。

sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + o (x^{3}), sin 3 x = 3 x - \frac{27 x ^{3}}{3 !} + o (x^{3})

x \to 0 lim \frac{3 sin x - sin 3 x}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{- \frac{x ^{3}}{2} + \frac{9 x ^{3}}{2} + o ( x ^{3} )}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{4 x ^{3}}{c x ^{k}} = 1

因此 $c = 4$ ， $k = 3$ 。

x \to 0 lim \frac{3 sin x - sin 3 x}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{3 cos x - 3 cos 3 x}{c k x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{3}{c k} \cdot \frac{- 2 sin 2 x sin ( - x )}{x ^{k - 1}} = \frac{12}{c k} x \to 0 lim \frac{x ^{2}}{x ^{k - 1}} = 1

所以 $k - 1 = 2$ ， $c k = 12$ ，即 $k = 3$ ， $c = 4$ 。

2

已知 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f (0) = 0$ ，则

x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - 2 f ( x ^{3} )}{x ^{3}}

等于（）

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正确答案：B

正确答案：B

根据导数在某点的定义求解。

x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - 2 f ( x ^{3} )}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - x ^{2} f ( 0 )}{x ^{3}} - x \to 0 lim \frac{2 f ( x ^{3} ) - 2 f ( 0 )}{x ^{3}}

= f^{'} (0) - 2 f^{'} (0) = - f^{'} (0)

3

函数 $f (x) = ln ∣ (x - 1) (x - 2) (x - 3) ∣$ 的驻点个数为（）

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正确答案：C

正确答案：C
函数的一阶导数为零的点为驻点，即

f^{'} (x) = 0

的解为

x = 2 \pm \frac{1}{3}

。

4

微分方程 $y^{''} - λ^{2} y = e^{λ x} + e^{- λ x} (λ > 0)$ 的特解形式为

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正确答案：C

正确答案：C

当特征值为 $\pm λ$ ，且非齐次项中 $\pm λ$ 分别与特征根相等时，特解可设为：

x (a e^{λ x} + b e^{- λ x})

5

设函数 $f (x)$ 、 $g (x)$ 均有二阶连续导数，满足 $f (0) > 0$ 、 $g (0) < 0$ ，且 $f^{'} (0) = g^{'} (0) = 0$ ，则函数 $z = f (x) g (y)$ 在点 $(0, 0)$ 处取得极小值的一个充分条件是（）

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正确答案：A

正确答案：A

根据

z_{x} z_{y} = f^{'} (x) g (y) = 0, = f (x) g^{'} (y) = 0

以及

z_{xx} = f^{''} (x) g (y), z_{yy} = f (x) g^{''} (y), z_{x y} = f^{'} (x) g^{'} (y),

对于点 $(0, 0)$ ，有

z_{xx} (0, 0) = f^{''} (0) g (0), z_{yy} (0, 0) = f (0) g^{''} (0), z_{x y} (0, 0) = f^{'} (0) g^{'} (0) .

已知 $f (0) > 0$ ， $g (0) < 0$ ，且 $f^{'} (0) = g^{'} (0) = 0$ 。根据题意可判断：

f^{''} (0) < 0, g^{''} (0) > 0.

6

设 $I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln (sin x) d x$ ， $J = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln (cot x) d x$ ， $K = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln (cos x) d x$ ，则 $I$ ， $J$ ， $K$ 的大小关系为（）

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正确答案：B

正确答案：B

在区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 上，有 $ln sin x < ln cos x < ln cot x$ 。

根据定积分比较大小的性质，可知应选 (B)。

7

设 $A$ 为 3 阶矩阵，将 $A$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $B$ ，再交换 $B$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵。

记 $P_{1} = 110010001$ ， $P_{2} = 100001010$ ，则 $A =$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

由初等变换及初等矩阵的性质易知 $P_{2} A P_{1} = E$ ，从而

A = P_{2}^{- 1} P_{1}^{- 1} = P_{2} P_{1}^{- 1},

答案应选 (D)。

8

设 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 是 $4$ 阶矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。若 $(1, 0, 1, 0)^{T}$ 是方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系，则 $A^{*} x = 0$ 的基础解系可为( )

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正确答案：D

正确答案：D

由 $(1, 0, 1, 0)^{⊤}$ 是方程 $A X = 0$ 的一个基础解系，可知 $r (A) = 3$ ，从而 $r (A^{*}) = 1$ ，且 $∣ A ∣ = 0$ 。

于是 $A^{*} A = ∣ A ∣ E = 0$ ，即 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 为 $A^{*} X = 0$ 的解。

由 $a_{1} + a_{3} = 0$ ，可知 $a_{1}, a_{3}$ 线性相关。又由 $r (A) = 3$ ，可知 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 线性无关。

同时 $r (A^{*}) = 1$ ，因此 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 为 $A^{*} X = 0$ 的基础解系。

故应选 (D)。

填空题

9

（填空题） $x \to 0 lim (\frac{1 + 2 ^{x}}{2})^{\frac{1}{x}} =$

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【答案】 $2$

【解析】
首先，我们考虑极限：

x \to 0 lim (\frac{1 + 2 ^{x}}{2})^{\frac{1}{x}}

为了简化计算，我们取自然对数并利用指数函数的连续性：

x \to 0 lim (\frac{1 + 2 ^{x}}{2})^{\frac{1}{x}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{1}{x} l n (\frac{1 + 2 ^{x}}{2})}

接下来，我们处理指数部分：

x \to 0 lim \frac{1}{x} ln (\frac{1 + 2 ^{x}}{2})

注意到：

\frac{1 + 2 ^{x}}{2} = 1 + \frac{2 ^{x} - 1}{2}

因此，我们可以将极限改写为：

x \to 0 lim \frac{1}{x} ln (1 + \frac{2 ^{x} - 1}{2})

当 $x \to 0$ 时， $\frac{2 ^{x} - 1}{2}$ 是一个无穷小量，因此我们可以使用近似公式 $ln (1 + y) \approx y$ 当 $y \to 0$ 时：

ln (1 + \frac{2 ^{x} - 1}{2}) \approx \frac{2 ^{x} - 1}{2}

于是：

x \to 0 lim \frac{1}{x} \cdot \frac{2 ^{x} - 1}{2}

进一步化简：

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

我们知道：

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

因此：

\frac{1}{2} \cdot ln 2 = ln 2

最后，代入指数函数：

e^{l n 2} = 2

所以：

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

10

（填空题）微分方程 $y^{'} + y = e^{- x} cos x$ 满足条件 $y (0) = 0$ 的解为 $y =$

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【答案】 $y = e^{- x} sin x$

【解析】 已知方程的解为：

y = e^{- \int 1 d x} (C + \int e^{- x} cos x e^{\int 1 d x} d x) = e^{- x} (C + sin x)

代入初始条件 $y (0) = 0$ 得：

0 = e^{0} (C + sin 0) = 1 \cdot (C + 0) = C

因此 $C = 0$ 。

最终解为：

y = e^{- x} sin x

11

（填空题）曲线 $y = \int_{0}^{x} tan t d t (0 \leq x \leq \frac{π}{4})$ 的弧长 $s =$

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【答案】 $ln (2 + 1)$

【解析】
要计算积分

s = \int_{0}^{\frac{π}{4}} 1 + tan^{2} x d x

首先，利用三角恒等式

1 + tan^{2} x = sec^{2} x

因此

1 + tan^{2} x = sec^{2} x = ∣ sec x ∣

在区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 上， $sec x > 0$ ，所以

∣ sec x ∣ = sec x

于是积分变为

s = \int_{0}^{\frac{π}{4}} sec x d x

已知

\int sec x d x = ln ∣ sec x + tan x ∣ + C

因此

s = [ln (sec x + tan x)]_{0}^{\frac{π}{4}}

代入上下限：
当 $x = \frac{π}{4}$ 时，

sec (\frac{π}{4}) = 2, tan (\frac{π}{4}) = 1

所以

ln (sec \frac{π}{4} + tan \frac{π}{4}) = ln (2 + 1)

当 $x = 0$ 时，

sec 0 = 1, tan 0 = 0

所以

ln (sec 0 + tan 0) = ln (1 + 0) = ln 1 = 0

因此

s = ln (2 + 1) - 0 = ln (2 + 1)

最终结果为

s = ln (2 + 1)

12

（填空题）设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = {λ e^{- λ x}, 0, x > 0 x \leq 0 (λ > 0),

则

\int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x) d x =

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【答案】 $\frac{1}{λ}$

【解析】 已知指数分布的概率密度函数为 $f (x) = λ e^{- λ x}$ ，其中 $x \geq 0$ ， $λ > 0$ 。

其数学期望为：

E [X] = \int_{0}^{+ \infty} x \cdot λ e^{- λ x} d x

令 $u = x$ ， $d v = λ e^{- λ x} d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = - e^{- λ x}$ 。

使用分部积分法：

E [X] = [- x e^{- λ x}]_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- λ x} d x

第一项在 $x \to + \infty$ 时趋于 0，在 $x = 0$ 时也为 0，因此该项为 0。

于是：

E [X] = \int_{0}^{+ \infty} e^{- λ x} d x = [- \frac{1}{λ} e^{- λ x}]_{0}^{+ \infty}

当 $x \to + \infty$ 时， $e^{- λ x} \to 0$ ；当 $x = 0$ 时， $e^{- λ x} = 1$ 。

因此：

E [X] = 0 - (- \frac{1}{λ}) = \frac{1}{λ}

所以指数分布的数学期望为 $\frac{1}{λ}$ 。

13

（填空题）设平面区域 $D$ 由直线 $y = x$ 、圆 $x^{2} + y^{2} = 2 y$ 及 $y$ 轴所组成，则二重积分 $\iint_{D} x y d σ =$

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【答案】 $\frac{9}{32}$

【解析】
计算二重积分 $\iint_{D} x y d σ$ ，其中区域 $D$ 由极坐标给出。

首先，将积分转换为极坐标形式：

\iint_{D} x y d σ = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} r^{3} sin θ cos θ d r

先对 $r$ 进行积分：

\int_{0}^{2 s i n θ} r^{3} d r = [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{2 s i n θ} = \frac{( 2 sin θ ) ^{4}}{4} = 4 sin^{4} θ

代入原式：

\int_{0}^{\frac{π}{3}} 4 sin^{4} θ cos θ sin θ d θ = \int_{0}^{\frac{π}{3}} 4 sin^{5} θ cos θ d θ

令 $u = sin θ$ ，则 $d u = cos θ d θ$ ，积分上下限变为：

θ = 0 \Rightarrow u = 0, θ = \frac{π}{3} \Rightarrow u = \frac{3}{2}

代入得：

\int_{0}^{\frac{3}{2}} 4 u^{5} d u = 4 [\frac{u ^{6}}{6}]_{0}^{\frac{3}{2}} = \frac{4}{6} (\frac{3}{2})^{6} = \frac{2}{3} \cdot \frac{27}{64} = \frac{54}{192} = \frac{9}{32}

因此，积分结果为：

\iint_{D} x y d σ = \frac{9}{32}

原答案中给出的 $\frac{7}{12}$ 有误，正确结果应为 $\frac{9}{32}$ 。

14

（填空题）二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 3 x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}$ ，则 $f$ 的正惯性指数为 ______。

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【答案】 2

【解析】 【详解1】二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 3 x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}$ 可通过配方法化为 $y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2}$ ，因此正惯性指数为 2。

【详解2】本题也可通过求二次型矩阵的特征值，进一步得到正惯性指数为 2。

解答题

15

（本题满分 10 分）已知函数

F (x) = \frac{\int _{0}^{x} ln ( 1 + t ^{2} ) d t}{x ^{3 a}},

设

x \to + \infty lim F (x) = x \to 0^{+} lim F (x) = 0,

试求 $a$ 的取值范围。

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【答案】 $\frac{1}{3} < a < 1$

【解析】 解：由 $lim_{x \to + \infty} F (x) = 0$ ，所以至少 $a > 0$ 。

由 $lim_{x \to 0^{+}} F (x) = 0$ ，可得

x \to 0^{+} lim F (x) = x \to 0^{+} lim \frac{\int _{0}^{x} ln ( 1 + t ^{2} ) d t}{x ^{3 a}} = x \to 0^{+} lim \frac{ln ( 1 + x ^{2} )}{3 a x ^{3 a - 1}} = x \to 0^{+} lim \frac{x ^{2}}{3 a x ^{3 a - 1}} = 0

因此 $2 > 3 a - 1$ ，即 $a < 1$ 。

又由 $lim_{x \to + \infty} F (x) = 0$ ，可得

x \to + \infty lim F (x) = x \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{x} ln ( 1 + t ^{2} ) d t}{x ^{3 a}} = x \to + \infty lim \frac{ln ( 1 + x ^{2} )}{3 a x ^{3 a - 1}} = x \to + \infty lim \frac{2 x}{1 + x ^{2}} \cdot \frac{1}{3 a ( 3 a - 1 ) x ^{3 a - 2}} = x \to + \infty lim \frac{2 x ^{3 - 3 a}}{1 + x ^{2}} \cdot \frac{1}{3 a ( 3 a - 1 )} = 0

即 $3 - 3 a < 2$ ，所以 $a > \frac{1}{3}$ 。

综上， $\frac{1}{3} < a < 1$ 。

16

（本题满分 10 分）
设函数 $y = y (x)$ 由参数方程

{x = \frac{1}{3} t^{3} + t + \frac{1}{3}, y = \frac{1}{3} t^{3} - t + \frac{1}{3}

确定，求 $y = y (x)$ 的极值和曲线 $y = y (x)$ 的凹凸区间及拐点。

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【答案】

极小值点：当 $t = 1$ 时， $(x, y) = (\frac{5}{3}, - \frac{1}{3})$
极大值点：当 $t = - 1$ 时， $(x, y) = (- 1, 1)$
拐点：当 $t = 0$ 时， $(x, y) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$
凸区间： $t < 0$
凹区间： $t > 0$

【解析】
解：

\frac{d y}{d x} = \frac{t ^{2} - 1}{t ^{2} + 1}, \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{4 t}{( t ^{2} + 1 ) ^{3}}

当 $t = 1$ 时， $x = \frac{5}{3}$ ， $y = - \frac{1}{3}$ ，是极小值。

当 $t = - 1$ 时， $x = - 1$ ， $y = 1$ ，是极大值。

当 $t = 0$ 时， $x = \frac{1}{3}$ ， $y = \frac{1}{3}$ ，是拐点。

当 $t < 0$ 时，是凸区间。

当 $t > 0$ 时，是凹区间。

17

（本题满分 10 分）
设函数 $z = f (x y, y g (x))$ ，其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数，函数 $g (x)$ 可导且在 $x = 1$ 处取得极值 $g (1) = 1$ ，求

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1 y = 1}

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【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1 y = 1} = f_{1}^{'} (1, 1) + f_{11}^{''} (1, 1)

【解析】
【详解】

首先，我们计算一阶偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}^{'} y + f_{2}^{'} g^{'} (x)

接着，计算二阶混合偏导数：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{1}^{'} + x y f_{11}^{''} + x f_{21}^{''} g^{'} (x)

已知 $g (x)$ 在 $x = 1$ 处取得极值，因此：

g^{'} (1) = 0

代入 $x = 1$ ， $y = 1$ 及 $g^{'} (1) = 0$ ，得到：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1 y = 1} = f_{1}^{'} (1, 1) + f_{11}^{''} (1, 1)

18

（本题满分 10 分）
设函数 $y (x)$ 具有二阶导数，且曲线 $l : y = y (x)$ 与直线 $y = x$ 相切于原点。记 $α$ 为曲线 $l$ 在点 $(x, y)$ 处切线的倾角，若 $\frac{d α}{d x} = \frac{d y}{d x}$ ，求 $y (x)$ 的表达式。

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【答案】 $y (x) = arcsin (\frac{2}{2} e^{x}) - \frac{π}{4}$

【解析】 由题意知 $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 1$ 。因为 $α$ 为曲线 $l$ 在点 $(x, y)$ 处切线的倾角，所以 $tan α = \frac{d y}{d x}$ 。

两边同时对 $x$ 求导，得：

sec^{2} α \cdot \frac{d α}{d x} = \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} .

由题知 $\frac{d α}{d x} = \frac{d y}{d x}$ ，且 $sec^{2} α = 1 + tan^{2} α$ ，代入得：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d y}{d x} + (\frac{d y}{d x})^{3} .

结合初值条件，得到微分方程组：

⎩ ⎨ ⎧ \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d y}{d x} + (\frac{d y}{d x})^{3}, y (0) = 0, y^{'} (0) = 1.

此方程不显含 $x$ ，令 $y^{'} = p$ ，则 $y^{''} = p \frac{d p}{d y}$ ，代入方程得：

p \frac{d p}{d y} = p + p^{3} .

若 $p \neq = 0$ ，两边除以 $p$ 得：

\frac{d p}{d y} = 1 + p^{2} .

分离变量得：

\frac{d p}{1 + p ^{2}} = d y .

积分得：

arctan p = y + C_{1} .

即：

y^{'} = tan (y + C_{1}) .

由 $y^{'} (0) = 1$ ，代入得：

tan (C_{1}) = 1 \Rightarrow C_{1} = \frac{π}{4} .

因此：

y^{'} = tan (y + \frac{π}{4}) .

此为可分离变量方程，改写为：

\frac{d y}{d x} = tan (y + \frac{π}{4}) .

分离变量得：

cot (y + \frac{π}{4}) d y = d x .

积分得：

ln sin (y + \frac{π}{4}) = x + C_{2} .

即：

sin (y + \frac{π}{4}) = C e^{x} .

由 $y (0) = 0$ 得：

sin (\frac{π}{4}) = C \Rightarrow C = \frac{2}{2} .

因此：

sin (y + \frac{π}{4}) = \frac{2}{2} e^{x} .

解得：

y (x) = arcsin (\frac{2}{2} e^{x}) - \frac{π}{4} .

19

（本题满分 10 分）

（Ⅰ）证明：对任意的正整数 $n$ ，都有

\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}

成立；

（Ⅱ）设

a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n (n = 1, 2, \dots),

证明数列 ${a_{n}}$ 收敛。

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【答案】 见解析

【解析】 证明：

① 先证明当 $0 ⩽ x ⩽ 1$ 时，有

\frac{x}{x + 1} < ln (1 + x) < x .

可以利用导数得到函数单调性，结论是明显的。令 $x = \frac{1}{n}$ ，就得到证明结论。

② 先证明数列 ${a_{n}}$ 单调递减：

a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - ln (n + 1) + ln n = \frac{1}{n + 1} - ln (1 + \frac{1}{n}) < 0.

再证明数列 ${a_{n}}$ 有下界：

a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n > ln (1 + \frac{1}{1}) + ln (1 + \frac{1}{2}) + \dots + ln (1 + \frac{1}{n}) - ln n = ln (\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \dots \frac{n + 1}{n} \cdot \frac{1}{n}) = ln (\frac{n + 1}{n}) > 0.

所以数列 ${a_{n}}$ 收敛。

20

（本题满分 11 分）

一容器的内侧是由图中曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 $x^{2} + y^{2} = 2 y (y ⩾ \frac{1}{2})$ 与 $x^{2} + y^{2} = 1 (y ⩽ \frac{1}{2})$ 连接而成。

（Ⅰ）求容器的容积；

（Ⅱ）若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？

（长度单位： $m$ ，重力加速度为 $g m/ s^{2}$ ，水的密度为 $1 0^{3} kg/ m^{3}$ ）

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【答案】
（Ⅰ） $\frac{9}{4} π$
（Ⅱ） $\frac{27}{4} π \times 1 0^{3} g$

【解析】
(I) 容积 $V = V_{1} + V_{2} = 2 V_{1} = 2 π \int_{\frac{1}{2}}^{1} (1 - y^{2}) d y = \frac{9}{4} π$ 。

(II) 功 $W = \int_{1}^{2} ρ g \cdot π x^{2} (y) \cdot (2 - y) d y$ 。

由于积分区间跨越上下两部分，需分段处理：

上半部分对应 $x^{2} (y) = 2 y - y^{2}$ ，下半部分对应 $x^{2} (y) = 1 - y^{2}$ 。

因此：

W = \int_{\frac{1}{2}}^{2} 1 0^{3} g \cdot π [(2 y - y^{2}) - (1 - y^{2})] \cdot (2 - y) d y

最终结果为：

W = \frac{27}{4} π \times 1 0^{3} g

21

（本题满分 11 分）

已知函数 $f (x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且 $f (1, y) = f (x, 1) = 0$ ， $\iint_{D} f (x, y) d x d y = a$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ ，计算二重积分 $I = \iint_{D} x y f_{x y}^{''} (x, y) d x d y$ 。

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【答案】 $I = a$

【解析】 根据二重积分的计算，有：

D \iint x y f_{x y}^{''} (x, y) d x d y = \int_{0}^{1} x (\int_{0}^{1} y f_{x y}^{''} (x, y) d y) d x

对内部积分进行计算：

\int_{0}^{1} y f_{x y}^{''} (x, y) d y = \int_{0}^{1} y d f_{x}^{'} (x, y) = [y f_{x}^{'} (x, y)]_{y = 0}^{y = 1} - \int_{0}^{1} f_{x}^{'} (x, y) d y

= f_{x}^{'} (x, 1) - \int_{0}^{1} f_{x}^{'} (x, y) d y = - \int_{0}^{1} f_{x}^{'} (x, y) d y

代入原式：

= \int_{0}^{1} x (- \int_{0}^{1} f_{x}^{'} (x, y) d y) d x = - \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} x f_{x}^{'} (x, y) d x) d y

进一步计算：

- \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} x f_{x}^{'} (x, y) d x) d y = - \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} x df (x, y)) d y

= - \int_{0}^{1} ([x f (x, y)]_{x = 0}^{x = 1} - \int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y

= - \int_{0}^{1} (f (1, y) - \int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y

= D \iint f (x, y) d x d y = a

22

（本题满分 11 分）

设向量组 $α_{1} = (1, 0, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (0, 1, 1)^{T}$ ， $α_{3} = (1, 3, 5)^{T}$ 不能由向量组 $β_{1} = (1, 1, 1)^{T}$ ， $β_{2} = (1, 2, 3)^{T}$ ， $β_{3} = (3, 4, a)^{T}$ 线性表示。

（Ⅰ）求 $a$ 的值；

（Ⅱ）将 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 用 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性表示。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ） $a = 5$ 。
（Ⅱ） $(β_{1} β_{2} β_{3}) = (α_{1} α_{2} α_{3}) 24 - 1 120 510 - 2$ 。

【解析】
(1) 易知 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性无关。由于它们不能被 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 线性表出，可得 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 线性相关，从而 $r (β_{1}, β_{2}, β_{3}) < 3$ 。

由

111123 34 a \to 100112 31 a - 3 \to 100110 11 a - 5

得 $a = 5$ 。

(2) 由

101011135111123345 \to 100011134110122342

\to 100010131 11 - 1 120 34 - 2 \to 100010001 24 - 1 120 510 - 2

得

(β_{1} β_{2} β_{3}) = (α_{1} α_{2} α_{3}) 24 - 1 120 510 - 2

23

（本题满分 11 分）

设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵， $A$ 的秩为 2，且

A 10 - 1 101 = - 1 01 101

（Ⅰ）求 $A$ 的所有特征值与特征向量；

（Ⅱ）求矩阵 $A$ 。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ）特征值：-1, 1, 0；对应的特征向量分别为 $10 - 1$ , $101$ , $010$ 。
（Ⅱ）矩阵 $A = 001000100$ 。

【解析】
(1) 易知特征值 $- 1$ 对应的特征向量为 $10 - 1,$
特征值 $1$ 对应的特征向量为 $101 .$
由 $r (A) = 2$ 知 $A$ 的另一个特征值为 $0$ 。
因为实对称矩阵不同特征值的特征向量正交，从而特征值 $0$ 对应的特征向量为 $010 .$

(2) 由

A = 10 - 1 101010 - 1 00 010000 10 - 1 101010^{- 1}

得

A = 001000100 .