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2015 年真题

23 题

选择题

1

下列反常积分收敛的是

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正确答案：D

正确答案：D

已知：

\int \frac{x}{e ^{x}} d x = - (x + 1) e^{- x}

计算：

\int_{2}^{+ \infty} \frac{x}{e ^{x}} d x = [- (x + 1) e^{- x}]_{2}^{+ \infty}

代入上下限：

= x \to + \infty lim [- (x + 1) e^{- x}] - [- (2 + 1) e^{- 2}]

化简：

= - x \to + \infty lim (x + 1) e^{- x} + 3 e^{- 2}

由于：

x \to + \infty lim (x + 1) e^{- x} = 0

因此：

\int_{2}^{+ \infty} \frac{x}{e ^{x}} d x = 3 e^{- 2}

2

函数 $f (x) = lim_{t \to 0} (1 + \frac{s i n t}{x})^{\frac{x ^{2}}{t}}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内

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正确答案：B

正确答案：B

$f (x) = lim_{t \to 0} (1 + \frac{s i n t}{x})^{\frac{x ^{2}}{t}} = e^{l i m_{t \to 0} \frac{s i n t \cdot x ^{2}}{x t}} = e^{x}$ ，其中 $x \neq = 0$ 。

因此， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处有一个可去间断点。

3

设函数
$f (x) = {x^{α} cos \frac{1}{x ^{β}}, 0, x > 0 (α > 0, β > 0) x \leq 0$ ，
$f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续的充要条件是

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正确答案：A

正确答案：A

当 $x < 0$ 时， $f^{'} (x) = 0$ ，且 $f_{-}^{'} (0) = 0$ 。

f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{x ^{α} cos \frac{1}{x ^{β}} - 0}{x} = x \to 0^{+} lim x^{α - 1} cos \frac{1}{x ^{β}}

当 $x > 0$ 时，

f^{'} (x) = α x^{α - 1} cos \frac{1}{x ^{β}} + (- 1) x^{α} sin \frac{1}{x ^{β}} (- β) \frac{1}{x ^{β + 1}} = α x^{α - 1} cos \frac{1}{x ^{β}} + β x^{α - β - 1} sin \frac{1}{x ^{β}}

若 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，则：

f_{-}^{'} (0) = f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim x^{α - 1} cos \frac{1}{x ^{β}} = 0

由此可得 $α - 1 > 0$ 。

又因为：

f^{'} (0) = x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = x \to 0^{+} lim (α x^{α - 1} cos \frac{1}{x ^{β}} + β x^{α - β - 1} sin \frac{1}{x ^{β}}) = 0

可得 $α - β - 1 > 0$ 。

因此，答案选择 A。

4

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，其中二阶导数 $f^{''} (x)$ 的图形如图所示，则曲线 $y = f (x)$ 的拐点的个数为

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正确答案：C

正确答案：C
通过观察图像，函数曲线上存在两个点，其二阶导数发生了符号变化。因此，拐点的个数为 2。

5

设函数 $f (u, v)$ 满足 $f (x + y, \frac{y}{x}) = x^{2} - y^{2}$ ，则 $\frac{\partial f}{\partial u}_{u = 1 v = 1}$ 与 $\frac{\partial f}{\partial v}_{u = 1 v = 1}$ 依次为 ( )

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正确答案：D

正确答案：D

此题考查二元复合函数偏导的求解。

令 $u = x + y$ ， $v = \frac{y}{x}$ ，则

x = \frac{u}{1 + v}, y = \frac{uv}{1 + v} .

于是 $f (x + y, \frac{y}{x}) = x^{2} - y^{2}$ 可化为

f (u, v) = (\frac{u}{1 + v})^{2} - (\frac{uv}{1 + v})^{2} = \frac{u ^{2} ( 1 - v )}{1 + v} .

因此，

\frac{\partial f}{\partial u} = \frac{2 u ( 1 - v )}{1 + v}, \frac{\partial f}{\partial v} = - \frac{2 u ^{2}}{( 1 + v ) ^{2}} .

代入 $u = 1$ ， $v = 1$ 得

\frac{\partial f}{\partial u}_{u = 1 v = 1} = 0, \frac{\partial f}{\partial v}_{u = 1 v = 1} = - \frac{1}{2} .

故选 (D)。

6

设 $D$ 是第一象限由曲线 $2 x y = 1$ 、 $4 x y = 1$ 与直线 $y = x$ 、 $y = 3 x$ 围成的平面区域，函数 $f (x, y)$ 在 $D$ 上连续，则

\iint_{D} f (x, y) d x d y =

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正确答案：B

正确答案：B

根据图示，在极坐标系下，该二重积分的积分区域为

D = {(r, θ) \frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{π}{3}, \frac{1}{2 sin 2 θ} \leq r \leq \frac{1}{sin 2 θ}}

因此，

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) r d r

故选择 B。

7

设矩阵 $A = 111124 1 a a^{2}$ ， $b = 1 d d^{2}$ ， $Ω = {1, 2}$ ，则线性方程组 $A x = b$ 有无穷多解的充分必要条件为：（）

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正确答案：D

正确答案：D

(A, b) = 111124 1 a a^{2} 1 d d^{2} \to 100110 1 a - 1 (a - 1) (a - 2) 1 d - 1 (d - 1) (d - 2),

由 $r (A) = r (A, b) < 3$ ，故 $a = 1$ 或 $a = 2$ ，同时 $d = 1$ 或 $d = 2$ 。故选 (D)。

8

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换 $x = P y$ 下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，其中 $P = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ 。若 $Q = (e_{1}, - e_{3}, e_{2})$ ，则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为：（）

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正确答案：A

正确答案：A

由 $x = P y$ ，故 $f = x^{T} A x = y^{T} (P^{T} A P) y = 2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，且

P^{T} A P = 200010 00 - 1

Q = P 100 00 - 1 010 = PC

Q^{T} A Q = C^{T} (P^{T} A P) C = 200 0 - 1 0 001

所以 $f = x^{T} A x = y^{T} (Q^{T} A Q) y = 2 y_{1}^{2} - y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ 。选 (A)

填空题

9

（填空题）

${x = arctan t y = 3 t + t^{3}$ ，则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} =$

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【答案】 48

【解析】

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

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d x} [3 (1 + t^{2})^{2}] = \frac{\frac{d}{d t} [ 3 ( 1 + t ^{2} ) ^{2} ]}{\frac{d x}{d t}} = \frac{12 t ( 1 + t ^{2} )}{\frac{1}{1 + t ^{2}}} = 12 t (1 + t^{2})^{2}

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} = 48

10

（填空题）函数 $f (x) = x^{2} \cdot 2^{x}$ 在 $x = 0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{(n)} (0) =$

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【答案】 $n (n - 1) (ln 2)^{n - 2}$

【解析】 根据莱布尼茨公式可得：

f^{(n)} (0) = C_{n}^{2} \cdot 2 \cdot (2^{x})^{(n - 2)}_{x = 0} = \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot 2 \cdot (ln 2)^{n - 2} = n (n - 1) (ln 2)^{n - 2}

11

（填空题）设 $f (x)$ 连续， $φ (x) = \int_{0}^{x^{2}} x f (t) d t$ ，若 $φ (1) = 1$ ， $φ^{'} (1) = 5$ ，则 $f (1) =$

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【答案】 2

【解析】 已知 $φ (x) = x \int_{0}^{x^{2}} f (t) d t$ ，求导得

φ^{'} (x) = \int_{0}^{x^{2}} f (t) d t + 2 x^{2} f (x^{2})

因此有

φ (1) = \int_{0}^{1} f (t) d t = 1

φ^{'} (1) = 1 + 2 f (1) = 5

解得 $f (1) = 2$ 。

12

（填空题）设函数 $y = y (x)$ 是微分方程 $y^{''} + y^{'} - 2 y = 0$ 的解，且在 $x = 0$ 处 $y (x)$ 取得极值 3，则 $y (x) =$

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【答案】 $y = 2 e^{x} + e^{- 2 x}$

【解析】 由题意知： $y (0) = 3$ ， $y^{'} (0) = 0$ 。
由特征方程： $λ^{2} + λ - 2 = 0$ ，解得 $λ_{1} = 1$ ， $λ_{2} = - 2$ 。

因此微分方程的通解为： $y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- 2 x}$ 。
代入 $y (0) = 3$ ， $y^{'} (0) = 0$ ，解得： $C_{1} = 2$ ， $C_{2} = 1$ 。

最终得： $y = 2 e^{x} + e^{- 2 x}$ 。

13

（填空题）若函数 $Z = z (x, y)$ 由方程 $e^{x + 2 y + 3 z} + x yz = 1$ 确定，则 $d z ∣_{(0, 0)} =$

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【答案】 $d z ∣_{(0, 0)} = - \frac{1}{3} d x - \frac{2}{3} d y$

【解析】 当 $x = 0$ ， $y = 0$ 时， $z = 0$ 。两边对 $x$ 求偏导可得：

(3 e^{x + 2 y + 3 z} + x y) \frac{\partial z}{\partial x} = - yz - e^{x + 2 y + 3 z} .

对 $y$ 求偏导可得：

(3 e^{x + 2 y + 3 z} + x y) \frac{\partial z}{\partial y} = - x z - 2 e^{x + 2 y + 3 z} .

将 $(0, 0, 0)$ 代入得：

\frac{\partial z}{\partial x}_{(0, 0)} = - \frac{1}{3}, \frac{\partial z}{\partial y}_{(0, 0)} = - \frac{2}{3} .

因此可得：

d z ∣_{(0, 0)} = - \frac{1}{3} d x - \frac{2}{3} d y = - \frac{1}{3} (d x + 2 d y) .

14

（填空题）若 3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $2$ ， $- 2$ ， $1$ ， $B = A^{2} - A + E$ ，其中 $E$ 为 3 阶单位阵，则行列式 $∣ B ∣ =$

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【答案】 21

【解析】 矩阵 $A$ 的所有特征值为 $2$ ， $- 2$ ， $1$ 。

矩阵 $B$ 的所有特征值为：

2^{2} - 2 + 1 = 3,

(- 2)^{2} - (- 2) + 1 = 7,

1^{2} - 1 + 1 = 1.

因此，

∣ B ∣ = 3 \times 7 \times 1 = 21.

解答题

15

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x) = x + a ln (1 + x) + b x sin x$ ， $g (x) = k x^{3}$ 。若 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在 $x \to 0$ 时是等价无穷小，求 $a$ 、 $b$ 、 $k$ 的值。

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【答案】 $a = - 1, k = - \frac{1}{3}, b = - \frac{1}{2}$

【解析】

方法一：

因为 $ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3})$ ， $sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + o (x^{3})$ ，

那么，

1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{x + a ln ( 1 + x ) + b x sin x}{k x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{( 1 + a ) x + ( b - \frac{a}{2} ) x ^{2} + \frac{a}{3} x ^{3} + o ( x ^{3} )}{k x ^{3}},

可得：

{1 + a = 0 b - \frac{a}{2} = 0 解得 ⎩ ⎨ ⎧ a = - 1 b = - \frac{1}{2} k = - \frac{1}{3}

方法二：

由题意得

1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{x + a ln ( 1 + x ) + b x sin x}{k x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{1 + \frac{a}{1 + x} + b sin x + b x cos x}{3 k x ^{2}}

由分母 $lim_{x \to 0} 3 k x^{2} = 0$ ，得分子 $lim_{x \to 0} (1 + \frac{a}{1 + x} + b sin x + b x cos x) = lim_{x \to 0} (1 + a) = 0$ ，求得 $a = - 1$ 。

于是

1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{1 - \frac{1}{1 + x} + b sin x + b x cos x}{3 k x ^{2}}

= x \to 0 lim \frac{x + b ( 1 + x ) sin x + b x ( 1 + x ) cos x}{3 k x ^{2} ( 1 + x )} = x \to 0 lim \frac{x + b ( 1 + x ) sin x + b x ( 1 + x ) cos x}{3 k x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{1 + b sin x + b ( 1 + x ) cos x + b ( 1 + x ) cos x + b x cos x - b x ( 1 + x ) sin x}{6 k x}

由分母 $lim_{x \to 0} 6 k x = 0$ ，得分子

x \to 0 lim [1 + b sin x + 2 b (1 + x) cos x + b x cos x - b x (1 + x) sin x] = x \to 0 lim (1 + 2 b cos x) = 0,

求得 $b = - \frac{1}{2}$ 。

进一步，将 $b$ 值代入原式：

1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{1 - \frac{1}{2} sin x - ( 1 + x ) cos x - \frac{1}{2} x cos x + \frac{1}{2} x ( 1 + x ) sin x}{6 k x} = x \to 0 lim \frac{- \frac{1}{2} cos x - cos x + ( 1 + x ) sin x - \frac{1}{2} cos x + \frac{1}{2} x sin x + \frac{1}{2} ( 1 + x ) sin x + \frac{1}{2} x sin x + \frac{1}{2} x ( 1 + x ) cos x}{6 k} = \frac{- \frac{1}{2}}{6 k}, 解得 k = - \frac{1}{3} .

16

（本题满分 10 分）

设 $A > 0$ ， $D$ 是由曲线段 $y = A sin x$ （ $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ ）及直线 $y = 0$ 和 $x = \frac{π}{2}$ 所围成的平面区域。 $V_{1}$ 和 $V_{2}$ 分别表示 $D$ 绕 $x$ 轴与绕 $y$ 轴旋转成旋转体的体积，若 $V_{1} = V_{2}$ ，求 $A$ 的值。

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【答案】 $\frac{8}{π}$

【解析】 由旋转体的体积公式，得

V_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} π f^{2} (x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} π (A sin x)^{2} d x = π A^{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1 - cos 2 x}{2} d x = \frac{π ^{2} A ^{2}}{4}

V_{2} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 π x f (x) d x = - 2 π A \int_{0}^{\frac{π}{2}} x d (cos x) = 2 π A

由题设 $V_{1} = V_{2}$ ，求得 $A = \frac{8}{π}$ 。

17

（本题满分 10 分）

已知函数 $f (x, y)$ 满足 $f_{x y}^{''} (x, y) = 2 (y + 1) e^{x}$ ， $f_{x}^{'} (x, 0) = (x + 1) e^{x}$ ， $f (0, y) = y^{2} + 2 y$ ，求 $f (x, y)$ 的极值。

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【答案】 极小值 $f (0, - 1) = - 1$

【解析】 已知 $f_{x y}^{''} (x, y) = 2 (y + 1) e^{x}$ 。两边对 $y$ 积分，得

f_{x}^{'} (x, y) = 2 (\frac{1}{2} y^{2} + y) e^{x} + φ (x) = (y^{2} + 2 y) e^{x} + φ (x),

由 $f_{x}^{'} (x, 0) = φ (x) = (x + 1) e^{x}$ ，可得

φ (x) = e^{x} (x + 1),

因此

f_{x}^{'} (x, y) = (y^{2} + 2 y) e^{x} + e^{x} (1 + x) .

两边关于 $x$ 积分，得

f (x, y) = (y^{2} + 2 y) e^{x} + \int e^{x} (1 + x) d x = (y^{2} + 2 y) e^{x} + \int (1 + x) d e^{x} = (y^{2} + 2 y) e^{x} + (1 + x) e^{x} - \int e^{x} d x = (y^{2} + 2 y) e^{x} + (1 + x) e^{x} - e^{x} + C = (y^{2} + 2 y) e^{x} + x e^{x} + C .

由 $f (0, y) = y^{2} + 2 y + C = y^{2} + 2 y$ ，得 $C = 0$ ，所以

f (x, y) = (y^{2} + 2 y) e^{x} + x e^{x} .

令

{f_{x}^{'} = (y^{2} + 2 y) e^{x} + e^{x} + x e^{x} = 0, f_{y}^{'} = (2 y + 2) e^{x} = 0,

解得

{x = 0, y = - 1.

又

f_{xx}^{''} = (y^{2} + 2 y) e^{x} + 2 e^{x} + x e^{x}, f_{x y}^{''} = 2 (y + 1) e^{x}, f_{yy}^{''} = 2 e^{x} .

当 $x = 0$ ， $y = - 1$ 时，

A = f_{xx}^{''} (0, - 1) = 1, B = f_{x y}^{''} (0, - 1) = 0, C = f_{yy}^{''} (0, - 1) = 2.

由于 $A C - B^{2} > 0$ ，且 $A > 0$ ，因此 $f (0, - 1) = - 1$ 为极小值。

18

（本题满分 10 分）

计算二重积分 $\iint_{D} x (x + y) d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2, y \geq x^{2}}$ 。

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【答案】 $\frac{π}{4} - \frac{2}{5}$

【解析】

\iint_{D} x (x + y) d x d y = \iint_{D} x^{2} d x d y = 2 \int_{0}^{1} d x \int_{x^{2}}^{2 - x^{2}} x^{2} d y = 2 \int_{0}^{1} x^{2} (2 - x^{2} - x^{2}) d x = 2 \int_{0}^{1} x^{2} 2 - x^{2} d x - \frac{2}{5}

令 $x = 2 sin t$ ，则

= 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} 2 sin^{2} t \cdot 2 cos^{2} t d t - \frac{2}{5} = 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin^{2} 2 t d t - \frac{2}{5}

令 $u = 2 t$ ，则

= \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} u d u - \frac{2}{5} = \frac{π}{4} - \frac{2}{5}

19

（本题满分 10 分）

已知函数 $f (x) = \int_{x}^{1} 1 + t^{2} d t + \int_{1}^{x^{2}} 1 + t d t$ ，求 $f (x)$ 零点的个数？

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【答案】 2个

【解析】 首先求导：

f^{'} (x) = - 1 + x^{2} + 2 x 1 + x^{2} = 1 + x^{2} (2 x - 1)

令 $f^{'} (x) = 0$ ，得驻点 $x = \frac{1}{2}$ 。

在区间 $(- \infty, \frac{1}{2})$ 上， $f (x)$ 单调递减；在区间 $(\frac{1}{2}, + \infty)$ 上， $f (x)$ 单调递增。因此， $f (\frac{1}{2})$ 是唯一的极小值，也是最小值。

计算该最小值：

f (\frac{1}{2}) = \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t^{2} d t + \int_{1}^{\frac{1}{4}} 1 + t d t = \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t^{2} d t - \int_{\frac{1}{4}}^{1} 1 + t d t = \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t^{2} d t - \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t d t - \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} 1 + t d t

在区间 $(\frac{1}{2}, 1)$ 上，有 $1 + t^{2} < 1 + t$ ，因此

\int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t^{2} d t - \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 + t d t < 0

从而可得 $f (\frac{1}{2}) < 0$ 。

再考虑极限情况：

x \to - \infty lim f (x) = x \to - \infty lim [\int_{x}^{1} 1 + t^{2} d t + \int_{1}^{x^{2}} 1 + t d t] = + \infty

x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim [\int_{x}^{1} 1 + t^{2} d t + \int_{1}^{x^{2}} 1 + t d t] = x \to + \infty lim [\int_{1}^{x^{2}} 1 + t d t - \int_{1}^{x} 1 + t^{2} d t]

利用极限比较：

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x^{2}} 1 + t d t}{\int _{1}^{x} 1 + t ^{2} d t} = x \to + \infty lim \frac{2 x 1 + x ^{2}}{1 + x ^{2}} = + \infty

因此， $lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ 。

综上，函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, \frac{1}{2})$ 和 $(\frac{1}{2}, + \infty)$ 上各有一个零点，故零点个数为 2。

20

（本题满分 11 分）

已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比。现将一初始温度为 $12 0^{\circ} C$ 的物体在 $2 0^{\circ} C$ 的恒温介质中冷却， $30 min$ 后该物体降至 $3 0^{\circ} C$ 。若要将该物体的温度继续降至 $2 1^{\circ} C$ ，还需冷却多长时间？

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【答案】 30 min

【解析】 设 t 时刻物体温度为 $x (t)$ ，比例常数为 $k > 0$ ，介质温度为 $m$ ，则

\frac{d x}{d t} = - k (x - m)

从而

x (t) = C e^{- k t} + m

由 $x (0) = 120$ ， $m = 20$ ，得 $C = 100$ ，即

x (t) = 100 e^{- k t} + 20

又 $x (\frac{1}{2}) = 30$ ，代入得

30 = 100 e^{- k /2} + 20 \Rightarrow e^{- k /2} = \frac{1}{10} \Rightarrow k = 2 ln 10

因此

x (t) = 100 e^{- 2 t l n 10} + 20 = 100 \cdot 1 0^{- 2 t} + 20

即

x (t) = \frac{1}{10 0 ^{t - 1}} + 20

当 $x = 21$ 时，

21 = \frac{1}{10 0 ^{t - 1}} + 20 \Rightarrow 10 0^{t - 1} = 1 \Rightarrow t = 1

所以还需要冷却 30 min。

21

（本题满分 11 分）

已知函数 $f (x)$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上具有 2 阶导数， $f (a) = 0$ ， $f^{'} (x) > 0$ ， $f^{''} (x) > 0$ ，设 $b > a$ ，曲线 $y = f (x)$ 在点 $(b, f (b))$ 处的切线与 $x$ 轴的交点是 $(x_{0}, 0)$ ，证明 $a < x_{0} < b$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 根据题意，点 $(b, f (b))$ 处的切线方程为

y - f (b) = f^{'} (b) (x - b)

令 $y = 0$ ，解得

x_{0} = b - \frac{f ( b )}{f ^{'} ( b )}

由于 $f^{'} (x) > 0$ ，函数 $f (x)$ 单调递增。又因为 $f (a) = 0$ ，所以 $f (b) > 0$ ，且 $f^{'} (b) > 0$ ，因此

x_{0} = b - \frac{f ( b )}{f ^{'} ( b )} < b

又

x_{0} - a = b - a - \frac{f ( b )}{f ^{'} ( b )}

在区间 $(a, b)$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得

\frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} = f^{'} (ξ)

即

\frac{f ( b )}{b - a} = f^{'} (ξ)

因此

x_{0} - a = \frac{f ( b )}{f ^{'} ( ξ )} - \frac{f ( b )}{f ^{'} ( b )} = f (b) \cdot \frac{f ^{'} ( b ) - f ^{'} ( ξ )}{f ^{'} ( b ) f ^{'} ( ξ )}

由于 $f^{''} (x) > 0$ ，函数 $f^{'} (x)$ 单调递增，因此 $f^{'} (b) > f^{'} (ξ)$ ，从而

x_{0} - a > 0

即 $x_{0} > a$ 。

综上可得

a < x_{0} < b

结论得证。

22

（本题满分 11 分）

已知矩阵 $A = a 10 1 a 1 0 - 1 a$ ，且 $A^{3} = O$ 。

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 若矩阵 $X$ 满足 $X - X A^{2} - A X + A X A^{2} = E$ ， $E$ 为 3 阶单位阵，求 $X$ 。

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 0$
(2) $X = 2 - 1 2 011 - 1 - 1 - 1$

【解析】
(1) $A^{3} = O \Rightarrow ∣ A ∣ = 0 \Rightarrow a 10 1 a 1 0 - 1 a = 0 1 - a^{2} - a 1 a 1 0 - 1 a = a^{3} = 0 \Rightarrow a = 0$

(2) 由题意知

X - X A^{2} - A X + A X A^{2} = E \Rightarrow X (E - A^{2}) - A X (E - A^{2}) = E \Rightarrow (E - A) X (E - A^{2}) = E \Rightarrow X = (E - A)^{- 1} (E - A^{2})^{- 1} = [(E - A^{2}) (E - A)]^{- 1} \Rightarrow X = (E - A^{2} - A)^{- 1}

E - A^{2} - A = 0 - 1 - 1 - 1 1 - 1 112

通过初等行变换求逆可得

X = 2 - 1 2 011 - 1 - 1 - 1

23

（本题满分 11 分）

已知 $A = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a$ ， $B = 100 - 2 b 3 001$ 。

（1）求 $a$ ， $b$ 的值；

（2）求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角阵。

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 4$ ， $b = 5$
(2) 可逆矩阵 $P = 210 - 3 01 - 1 - 1 1$

【解析】
(I) 由 $A \sim B$ 得 $tr (A) = tr (B)$ ，即

3 + a = 1 + b + 1

又由 $∣ A ∣ = ∣ B ∣$ 得

0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a = 100 - 2 b 3 001

解得

{a - b = - 1 2 a - b = 3 \Rightarrow {a = 4 b = 5

(II)

A = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 3 = 100010001 + - 1 - 1 1 22 - 2 - 3 - 3 3 = E + C

其中

C = - 1 - 1 1 22 - 2 - 3 - 3 3 = - 1 - 1 1 (1 - 2 3)

$C$ 的特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ ， $λ_{3} = 4$ 。

当 $λ = 0$ 时， $(0 E - C) x = 0$ 的基础解系为

ξ_{1} = (2, 1, 0)^{T}, ξ_{2} = (- 3, 0, 1)^{T}

当 $λ = 4$ 时， $(4 E - C) x = 0$ 的基础解系为

ξ_{3} = (- 1, - 1, 1)^{T}

于是 $A$ 的特征值为 $λ_{A} = 1 + λ_{C}$ ，即 $1, 1, 5$ 。

令

P = (ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}) = 210 - 3 01 - 1 - 1 1

则有

P^{- 1} A P = 115