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2016 年真题

23 题

选择题

1

设 $a_{1} = x (cos x - 1)$ ， $a_{2} = x ln (1 + 3 x)$ ， $a_{3} = 3 x + 1 - 1$ ，当 $x \to 0^{+}$ 时，以上 3 个无穷小量按照从低阶到高阶的排序是（）。

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正确答案：B

正确答案：B

当 $x \to 0^{+}$ 时，

a_{1} = x (cos x - 1) \sim - \frac{1}{2} x^{2},

a_{2} = x ln (1 + 3 x) \sim x^{\frac{2}{3}},

a_{3} = 3 x + 1 - 1 \sim \frac{1}{3} x .

因此，三个无穷小量按照从低阶到高阶的排序为 $a_{2}, a_{3}, a_{1}$ ，故选 B。

2

已知函数 $f (x) = {2 (x - 1), ln x, x < 1, x \geq 1,$ ，则 $f (x)$ 的一个原函数是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
设 $F (x) = \int f (x) d x$ ，由题设得

F (x) = {(x - 1)^{2}, x ln x - x + C, x < 1, x > 1,

由于 $F (x)$ 连续，需满足

F (1^{-}) = F (1^{+}) .

代入计算得

(1 - 1)^{2} = 1 \cdot ln 1 - 1 + C \Rightarrow 0 = - 1 + C,

因此

C = 1.

3

反常积分 ① $\int_{- \infty}^{0} \frac{1}{x ^{2}} e^{\frac{1}{x}} d x$ ，② $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} e^{\frac{1}{x}} d x$ 的敛散性为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
考虑积分 $\int_{- \infty}^{0} \frac{1}{x ^{2}} e^{\frac{1}{x}} d x$ ，
令 $u = \frac{1}{x}$ ，则 $d u = - \frac{1}{x ^{2}} d x$ ，
于是原积分化为

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

代入上下限得

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

该积分收敛。

再考虑 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} e^{\frac{1}{x}} d x$ ，
类似地有

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} e^{\frac{1}{x}} d x = - \int_{0}^{+ \infty} e^{\frac{1}{x}} d (\frac{1}{x}) = - e^{\frac{1}{x}}_{0}^{+ \infty}

代入上下限得

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

该积分发散。

因此，应选 B。

4

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，其导函数的图形如图所示，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

根据极值的必要条件可知，极值点可能是驻点或导数不存在的点。根据极值的充分条件可知，在某点左右导函数符号发生改变，则该点是极值点。因此从图形可知函数 $f (x)$ 有 2 个极值点。

根据拐点的必要条件可知，拐点可能是二阶导为零的点或二阶导不存在的点。根据拐点的充分条件可知，曲线在某点左右导函数的单调性发生改变，则该点是曲线的拐点。因此曲线 $y = f (x)$ 有 3 个拐点，故选 B。

5

设函数 $f_{i} (x) (i = 1, 2)$ 具有二阶连续导数，且 $f_{i}^{''} (x_{0}) < 0 (i = 1, 2)$ ，若两条曲线 $y = f_{i} (x) (i = 1, 2)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处具有公切线 $y = g (x)$ ，且在该点处曲线 $y = f_{1} (x)$ 的曲率大于曲线 $y = f_{2} (x)$ 的曲率，则在 $x_{0}$ 的某个邻域内，有（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】因为 $f_{i}^{''} (x)$ 连续且 $f_{i}^{''} (x_{0}) < 0$ ，根据连续的定义与极限的保号性，在 $x_{0}$ 的某邻域 $U (x_{0})$ 内，有 $f_{i}^{''} (x) < 0$ ，因此 $f_{i} (x)$ 在 $U (x_{0})$ 内是凸函数。

又因为在 $x = x_{0}$ 处两曲线具有公切线 $y = g (x)$ ，根据凸函数的几何意义，曲线与切线的位置关系为 $f_{i} (x) \leq g (x)$ 。

在点 $x_{0}$ 处， $y = f_{1} (x)$ 的曲率大于 $y = f_{2} (x)$ 的曲率，因此 $f_{1}^{''} (x_{0}) < f_{2}^{''} (x_{0}) < 0$ 。

令 $F (x) = f_{1} (x) - f_{2} (x)$ ，由于在 $x = x_{0}$ 处具有公切线 $y = g (x)$ ，可得 $F (x_{0}) = 0$ ， $F^{'} (x_{0}) = 0$ 。

又由 $F^{''} (x_{0}) < 0$ 可知， $F (x_{0}) = 0$ 是 $F (x)$ 的极大值，因此在 $x_{0}$ 的某邻域 $U_{1} (x_{0})$ 内，有 $F (x) \leq 0$ ，即 $f_{1} (x) \leq f_{2} (x)$ 。

综合可得 $f_{1} (x) \leq f_{2} (x) \leq g (x)$ ，故选 A。

6

已知函数 $f (x, y) = \frac{e ^{x}}{x - y}$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

由于 $f_{x}^{'} (x, y) = \frac{e ^{x} ( x - y ) - e ^{x}}{( x - y ) ^{2}}$ 和 $f_{y}^{'} (x, y) = \frac{e ^{x}}{( x - y ) ^{2}}$ ，

因此有

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

故应选 D。

7

设 $A$ ， $B$ 是可逆矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似，则下列结论错误的是

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正确答案：C

正确答案：C

由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P = B$ 。

对 $B$ 取转置得：

B^{T} = P^{T} A^{T} (P^{T})^{- 1} = P^{T} A^{T} (P^{- 1})^{T},

因此 $A^{T}$ 与 $B^{T}$ 相似。

对 $B$ 取逆得：

B^{- 1} = P^{- 1} A^{- 1} P,

因此 $A^{- 1}$ 与 $B^{- 1}$ 相似。

又由 $B = P^{- 1} A P$ ，可得：

B^{- 1} + B = P^{- 1} A^{- 1} P + P^{- 1} A P = P^{- 1} (A^{- 1} + A) P,

即 $A + A^{- 1}$ 与 $B^{- 1} + B$ 相似。

因此正确选项为 C。

8

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{2} x_{3} + 2 x_{1} x_{3}$ 的正、负惯性指数分别为 $1, 2$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 对应的矩阵为

A = a 11 1 a 1 11 a .

由

∣ λ E - A ∣ = λ - a - 1 - 1 - 1 λ - a - 1 - 1 - 1 λ - a = (λ - a - 2) (λ - a + 1)^{2} = 0

可得，矩阵 $A$ 的特征值为

λ_{1} = a + 2, λ_{2} = λ_{3} = a - 1.

由于 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的正惯性指数为 1，负惯性指数为 2，且正负惯性指数等于特征值中正、负数的个数，因此有

a + 2 > 0 且 a - 1 < 0,

即

- 2 < a < 1.

故选 C。

填空题

9

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

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【答案】 $y = x + \frac{π}{2}$

【解析】
因为

a = x \to \infty lim \frac{y}{x} = x \to \infty lim \frac{1}{x} (\frac{x ^{3}}{1 + x ^{2}} + arctan (1 + x^{2})) = 1, b = x \to \infty lim (y - a x) = x \to \infty lim (\frac{x ^{3}}{1 + x ^{2}} + arctan (1 + x^{2}) - x) = \frac{π}{2} .

所以斜渐近线为

y = x + \frac{π}{2} .

10

（填空题）极限 $n \to \infty lim \frac{1}{n ^{2}} (sin \frac{1}{n} + 2 sin \frac{2}{n} + \dots + n sin \frac{n}{n}) =$ ______。

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【答案】 $sin 1 - cos 1$

【解析】
因为
$lim_{n \to \infty} \frac{1}{n ^{2}} (sin \frac{1}{n} + 2 sin \frac{2}{n} + \dots + n sin \frac{n}{n}) = lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} (\frac{1}{n} sin \frac{1}{n} + \frac{2}{n} sin \frac{2}{n} + \dots + \frac{n}{n} sin \frac{n}{n})$

该极限可视为定积分的定义形式，即

\int_{0}^{1} x sin x d x

计算该积分：

\int_{0}^{1} x sin x d x = sin 1 - cos 1

因此，原极限值为 $sin 1 - cos 1$ 。

11

（填空题）以 $y = x^{2} - e^{x}$ 和 $y = x^{2}$ 为特解的一阶非齐次线性微分方程为______。

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【答案】 $y^{'} - y = 2 x - x^{2}$

【解析】 设一阶非齐次线性微分方程为 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 。

根据线性微分方程齐次与非齐次解之间的关系，可知 $x^{2} - (x^{2} - e^{x}) = e^{x}$ 是 $y^{'} + p (x) y = 0$ 的解，因此可得 $p (x) = - 1$ 。

又因为 $y = x^{2}$ 是 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的解，代入可得 $q (x) = 2 x - x^{2}$ 。

故所求一阶非齐次线性微分方程为 $y^{'} - y = 2 x - x^{2}$ 。

12

（填空题）已知函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续，且

f (x) = (x + 1)^{2} + 2 \int_{0}^{1} f (t) d t,

则当 $n \geq 2$ 时， $f^{(n)} (0) =$ ________。

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【答案】 $\frac{5}{2} \times 2^{n}$

【解析】 当 $x = 0$ 时， $f (0) = 1$ 。

已知

f (x) = (x + 1)^{2} + 2 \int_{0}^{1} f (t) d t

两边同时对 $x$ 求导，得

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

代入 $x = 0$ ，有 $f^{'} (0) = 4$ 。

对

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

两边再次对 $x$ 求导，得

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

代入 $x = 0$ ，有 $f^{''} (0) = 10$ 。

继续对

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

两边对 $x$ 求导，得

f^{'''} (x) = 2 f^{''} (x)

依此类推，可得

f^{(n)} (x) = 2^{n - 2} f^{''} (x)

因此

f^{(n)} (0) = 2^{n - 2} f^{''} (0) = 10 \times 2^{n - 2} = \frac{5}{2} \times 2^{n}

13

（填空题）已知动点 $P$ 在曲线 $y = x^{3}$ 上运动，记坐标原点与点 $P$ 间的距离为 $l$ 。若点 $P$ 的横坐标对时间的变化率为常数 $v_{0}$ ，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时， $l$ 对时间的变化率是______。

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【答案】 $22 v_{0}$

【解析】 设 $l = x^{2} + y^{2} = x^{2} + x^{6}$ ，对 $t$ 求导得：

\frac{d l}{d t} = \frac{d l}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = \frac{2 x + 6 x ^{5}}{2 x ^{2} + x ^{6}} \cdot \frac{d x}{d t} .

当 $x = 1$ 时，已知 $\frac{d x}{d t} = v_{0}$ ，代入得：

\frac{d l}{d t}_{x = 1} = \frac{2 + 6}{2 1 + 1} \cdot v_{0} = \frac{8}{2 2} v_{0} = 22 v_{0} .

14

（填空题）设矩阵 $a - 1 - 1 - 1 a - 1 - 1 - 1 a$ 与 $101 1 - 1 0 011$ 等价，则 $a =$ ______。

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【答案】 2

【解析】 首先计算矩阵 $B$ 的行列式：

∣ B ∣ = 101 1 - 1 0 011 = 0

因此 $r (B) = 2$ 。

接着计算矩阵 $A$ 的行列式：

∣ A ∣ = a - 1 - 1 - 1 a - 1 - 1 - 1 a = (a + 1)^{2} (a - 2) = 0

当 $a = - 1$ 时， $r (A) = 1$ ；当 $a = 2$ 时， $r (A) = 2$ 。因此 $a = 2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）求极限

x \to 0 lim (cos 2 x + 2 x sin x - 1)^{\frac{1}{x ^{4}}}

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【答案】 $e^{\frac{1}{3}}$

【解析】
原极限可表示为

x \to 0 lim (cos 2 x + 2 x sin x - 1)^{\frac{1}{x ^{4}}} = e^{x \to 0 l i m \frac{1}{x ^{4}} (c o s 2 x + 2 x s i n x - 1)} .

其中，

x \to 0 lim \frac{1}{x ^{4}} (cos 2 x + 2 x sin x - 1) = x \to 0 lim \frac{1 - \frac{1}{2} ( 2 x ) ^{2} + \frac{1}{4 !} ( 2 x ) ^{4} + o ( x ^{4} ) + 2 x ( x - \frac{x ^{3}}{3 !} + o ( x ^{3} ) ) - 1}{x ^{4}} = x \to 0 lim \frac{1 - 2 x ^{2} + \frac{2}{3} x ^{4} + 2 x ^{2} - \frac{x ^{4}}{3} + o ( x ^{4} ) - 1}{x ^{4}} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{3} x ^{4} + o ( x ^{4} )}{x ^{4}} = \frac{1}{3} .

因此，原极限

= e^{\frac{1}{3}} .

16

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x) = \int_{0}^{1} ∣ t^{2} - x^{2} ∣ d t (x > 0)$ ，求 $f^{'} (x)$ 并求 $f (x)$ 的最小值。

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【答案】
$f^{'} (x) = {4 x^{2} - 2 x 2 x 0 < x \leq 1 x > 1$
$f (x)$ 的最小值为 $\frac{1}{4}$ 。

【解析】
$f (x) = \int_{0}^{1} ∣ t^{2} - x^{2} ∣ d t (x > 0)$

当 $0 < x \leq 1$ 时，

f (x) = \int_{0}^{x} (x^{2} - t^{2}) d t + \int_{x}^{1} (t^{2} - x^{2}) d t = x^{3} - \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} (1 - x) = \frac{4}{3} x^{3} - x^{2} + \frac{1}{3}

当 $x > 1$ 时，

f (x) = \int_{0}^{1} (x^{2} - t^{2}) d t = x^{2} \int_{0}^{1} d t - \int_{0}^{1} t^{2} d t = x^{2} - \frac{1}{3}

即

f (x) = {\frac{4}{3} x^{3} - x^{2} + \frac{1}{3} x^{2} - \frac{1}{3} 0 < x \leq 1 x > 1

f^{'} (x) = {4 x^{2} - 2 x 2 x 0 < x \leq 1 x > 1

令 $f^{'} (x) = 0$ ，可得当 $0 < x \leq 1$ 时 $x = \frac{1}{2}$ 为驻点且为极小值点， $f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ ，而 $f (1) = \frac{2}{3}$ 。

因此， $f (x)$ 的最小值为 $\frac{1}{4}$ 。

17

（本题满分 10 分）

已知函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $(x^{2} + y^{2}) z + ln z + 2 (x + y + 1) = 0$ 确定，求 $z = z (x, y)$ 的极值。

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【答案】 在点 $(- 1, - 1)$ 处取得极大值，极大值为 $z = 1$ 。

【解析】

给定方程组：

{2 x z + x^{2} \frac{\partial z}{\partial x} + y^{2} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 x^{2} \frac{\partial z}{\partial y} + 2 yz + y^{2} \frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial y} + 2 = 0

整理可得：

⎩ ⎨ ⎧ x z + 1 = 0 yz + 1 = 0 x^{2} z + y^{2} z + ln z + 2 (x + y + 1) = 0 \Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ x = - 1 y = - 1 z = 1

由第一个方程 $2 x z + x^{2} \frac{\partial z}{\partial x} + y^{2} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0$ 再对 $x$ 求导得：

2 z + 2 x \frac{\partial z}{\partial x} + (x^{2} + y^{2}) \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} - \frac{1}{z ^{2}} (\frac{\partial z}{\partial x})^{2} + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = 0

代入 $\frac{\partial z}{\partial x} = 0$ ， $x = - 1$ ， $y = - 1$ ， $z = 1$ ，得：

A = \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = - \frac{2}{3} < 0

同理可得 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} < 0$ 。

由第一个方程对 $y$ 求导得：

2 x \frac{\partial z}{\partial y} + 2 y \frac{\partial z}{\partial x} + (x^{2} + y^{2}) \frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} - \frac{1}{z ^{2}} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = 0

代入 $\frac{\partial z}{\partial x} = 0$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = 0$ ， $x = - 1$ ， $y = - 1$ ， $z = 1$ ，得：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = 0

由于 $A C - B^{2} > 0$ 且 $A < 0$ ，故在点 $(- 1, - 1)$ 处取得极大值。

18

（本题满分 10 分）

设 $D$ 是由直线 $y = 1$ 、 $y = x$ 、 $y = - x$ 围成的有界区域，计算二重积分

D \iint \frac{x ^{2} - x y - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

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【答案】 $1 - \frac{π}{2}$

【解析】
【解析】
$I = D \iint \frac{x ^{2} - x y - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = D \iint \frac{x ^{2} + y ^{2} - 2 y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y - D \iint \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = I_{1} + I_{2}$

由于区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，可知 $I_{2} = 0$ 。

进一步计算：

I_{1} = D \iint d x d y - 2 D \iint \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = I_{3} + I_{4}

其中：

I_{3} = D \iint d x d y = 1

I_{4} = 2 D \iint \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = 4 D_{1} \iint \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = 4 \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x

计算内层积分：

\int_{0}^{y} \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x = y^{2} \int_{0}^{y} \frac{1}{( \frac{x}{y} ) ^{2} + 1} \cdot \frac{d x}{y} = y [arctan \frac{x}{y}]_{0}^{y} = \frac{π}{4} y

代入得：

I_{4} = π \int_{0}^{1} y d y = \frac{π}{2}

因此：

I = 1 - \frac{π}{2}

19

（本题满分 10 分）

已知 $y_{1} (x) = e^{x}$ ， $y_{2} (x) = μ (x) e^{x}$ 是二阶微分方程

(2 x - 1) y^{''} - (2 x + 1) y^{'} + 2 y = 0

的两个解，若 $μ (- 1) = e$ ， $μ (0) = - 1$ ，求 $μ (x)$ 并写出该微分方程的通解。

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【答案】
$μ (x) = - 2 x e^{- x} - e^{- x}$ ，该微分方程的通解为 $y = k_{1} e^{x} + k_{2} (- 2 x - 1) e^{- x}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

【解析】
已知 $y_{2} (x) = μ (x) e^{x}$ 是二阶微分方程

(2 x - 1) y^{''} - (2 x + 1) y^{'} + 2 y = 0

的一个解。将其代入方程并整理可得

(2 x - 1) μ^{''} = (3 - 2 x) μ^{'},

即

\frac{μ ^{''}}{μ ^{'}} = \frac{3 - 2 x}{2 x - 1} .

两边积分得

\int \frac{μ ^{''}}{μ ^{'}} d x = \int \frac{3 - 2 x}{2 x - 1} d x,

ln ∣ μ^{'} ∣ = \int \frac{- 2 x + 3}{2 x - 1} d x = - x + ln ∣2 x - 1∣ + ln C_{1},

因此

∣ μ^{'} (x) ∣ = e^{- x} ∣2 x - 1∣ C_{1},

取

μ^{'} (x) = C_{1} (2 x - 1) e^{- x} .

进一步积分得

μ (x) = \int C_{1} (2 x - 1) e^{- x} d x = C_{1} [- 2 x e^{- x} - e^{- x} + C_{2}] .

由已知条件 $μ (- 1) = e$ ， $μ (0) = - 1$ ，解得 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 0$ ，
所以

μ (x) = - 2 x e^{- x} - e^{- x} .

已知 $y_{1} (x)$ 与 $y_{2} (x)$ 线性无关，因此原方程的通解为

y = k_{1} e^{x} + k_{2} (- 2 x - 1) e^{- x},

其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

20

（本题满分 11 分）

设 $D$ 是由曲线 $y = 1 - x^{2} (0 \leq x \leq 1)$ 与参数方程

{x = cos^{3} t y = sin^{3} t (0 \leq t \leq \frac{π}{2})

围成的平面区域，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积和表面积。

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【答案】
体积： $\frac{18 π}{35}$ ，表面积： $\frac{16 π}{5}$

【解析】
体积部分

体积计算公式为：

V = V_{1} - V_{2} = π \int_{0}^{1} (1 - x^{2}) d x - π \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{6} t \cdot 3 cos^{2} t (- sin t) d t

化简得：

V = \frac{2 π}{3} - 3 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{7} t (1 - sin^{2} t) d t + 3 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{9} t d t

计算得：

V = \frac{2 π}{3} - 3 π \cdot \frac{16}{35} \cdot \frac{1}{9} = \frac{18}{35} π

表面积部分

对于曲线 $y = 1 - x^{2} (0 \leq x \leq 1)$ 旋转所得表面积 $S_{1}$ ：

S_{1} = 2 π \int_{0}^{1} y 1 + y^{'2} (x) d x = 2 π \int_{0}^{1} 1 - x^{2} 1 + \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x = 2 π

对于参数方程

{x = cos^{3} t y = sin^{3} t (0 \leq t \leq \frac{π}{2})

旋转所得表面积 $S_{2}$ ：

S_{2} = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{3} t (3 sin^{2} t cos t)^{2} + (3 cos^{2} t sin t)^{2} d t = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{3} t \cdot 3 sin t cos t d t = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} 3 sin^{4} t cos t d t = \frac{6 π}{5} sin^{5} t_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{6 π}{5} .

总表面积为：

S = S_{1} + S_{2} = 2 π + \frac{6 π}{5} = \frac{16 π}{5}

21

（本题满分 11 分）

已知 $f (x)$ 在 $[0, \frac{3 π}{2}]$ 上连续，在 $(0, \frac{3 π}{2})$ 内是函数 $\frac{c o s x}{2 x - 3 π}$ 的一个原函数，且 $f (0) = 0$ ，

（1）求 $f (x)$ 在区间 $[0, \frac{3 π}{2}]$ 上的平均值；

（2）证明 $f (x)$ 在区间 $(0, \frac{3 π}{2})$ 内存在唯一零点。

查看答案与解析

【答案】
（1） $\frac{1}{3 π}$
（2）见解析

【解析】
（1）函数 $f (x) = \int_{0}^{x} \frac{c o s t}{2 t - 3 π} d t$ 。根据平均值公式， $f (x)$ 在区间 $[0, \frac{3 π}{2}]$ 上的平均值为

\frac{\int _{0}^{\frac{3 π}{2}} f ( x ) d x}{\frac{3 π}{2}}

利用交换积分次序，

\int_{0}^{\frac{3 π}{2}} d x \int_{0}^{x} \frac{cos t}{2 t - 3 π} d t = \int_{0}^{\frac{3 π}{2}} d t \int_{t}^{\frac{3 π}{2}} \frac{cos t}{2 t - 3 π} d x

计算内层积分：

\int_{t}^{\frac{3 π}{2}} \frac{cos t}{2 t - 3 π} d x = \frac{cos t}{2 t - 3 π} \cdot (\frac{3 π}{2} - t)

因此平均值为

\frac{\int _{0}^{\frac{3 π}{2}} \frac{c o s t}{2 t - 3 π} \cdot ( \frac{3 π}{2} - t ) d t}{\frac{3 π}{2}} = \frac{- \int _{0}^{\frac{3 π}{2}} \frac{c o s t}{2} d t}{\frac{3 π}{2}}

计算定积分：

- \frac{1}{2} sin t_{0}^{\frac{3 π}{2}} = - \frac{1}{2} (- 1 - 0) = \frac{1}{2}

故平均值为

\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3 π}{2}} = \frac{1}{3 π}

（2）由 $f (x) = \int_{0}^{x} \frac{c o s t}{2 t - 3 π} d t$ ，求导得

f^{'} (x) = \frac{cos x}{2 x - 3 π}

令 $f^{'} (x) = 0$ ，解得在区间 $(0, \frac{3 π}{2})$ 上的唯一驻点为 $x = \frac{π}{2}$ 。

当 $0 < x < \frac{π}{2}$ 时， $cos x > 0$ ， $2 x - 3 π < 0$ ，故 $f^{'} (x) < 0$ ；
当 $\frac{π}{2} < x < \frac{3 π}{2}$ 时， $cos x < 0$ ， $2 x - 3 π < 0$ ，故 $f^{'} (x) > 0$ 。

因此 $x = \frac{π}{2}$ 为 $f (x)$ 在区间 $(0, \frac{3 π}{2})$ 内的极小值点，也是最小值点，即 $f_{min} (x) = f (\frac{π}{2}) < 0$ 。

又 $f (0) = 0$ ，计算 $f (\frac{3 π}{2}) = \int_{0}^{\frac{3 π}{2}} \frac{c o s t}{2 t - 3 π} d t$ 。令 $u = 2 t - 3 π$ ，则 $t = \frac{u + 3 π}{2}$ ， $d t = \frac{1}{2} d u$ 。当 $t = 0$ 时 $u = - 3 π$ ， $t = \frac{3 π}{2}$ 时 $u = 0$ ，积分变为

\frac{1}{2} \int_{- 3 π}^{0} \frac{cos \frac{u + 3 π}{2}}{u} d u = \frac{1}{2} \int_{- 3 π}^{0} \frac{- sin \frac{u}{2}}{u} d u > 0

（可通过积分性质判断符号）。

结合单调性： $f (x)$ 在区间 $(0, \frac{π}{2})$ 上单调递减，且 $f (0) = 0$ ，故该区间内无零点；在区间 $(\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2})$ 上单调递增，且 $f (\frac{π}{2}) < 0$ ， $f (\frac{3 π}{2}) > 0$ ，故该区间内有唯一零点。

综上所述， $f (x)$ 在区间 $(0, \frac{3 π}{2})$ 内只有唯一零点。

22

（本题满分 11 分）

设矩阵 $A = 11 a + 1 101 1 - a a a + 1$ ， $β = 01 2 a - 2$ ，且方程组 $A x = β$ 无解，

（1）求 $a$ 的值；

（2）求方程组 $A^{T} A x = A^{T} β$ 的通解。

查看答案与解析

【答案】
（1） $a = 0$
（2） $x = k 0 - 1 1 + 1 - 2 0, k \in R$

【解析】
（1）由方程组 $A x = β$ 无解，可知 $r (A) \neq = r (A, β)$ ，因此 $∣ A ∣ = 0$ 。
计算行列式：

∣ A ∣ = 11 a + 1 101 1 - a a a + 1 = 0

解得 $a = 0$ 或 $a = 2$ 。
当 $a = 0$ 时， $r (A) \neq = r (A, β)$ ；当 $a = 2$ 时， $r (A) = r (A, β)$ 。因此 $a = 0$ 符合题意。

（2）当 $a = 0$ 时，

A^{T} A = 322222222, A^{T} β = - 1 - 2 - 2

于是

(A^{T} A, A^{T} β) = 322222222 - 1 - 2 - 2 \to 100010010 1 - 2 0

因此，方程组 $A^{T} A x = A^{T} β$ 的通解为：

x = k 0 - 1 1 + 1 - 2 0, k \in R

23

（本题满分 11 分）

已知矩阵

A = 020 - 1 - 3 0 100

（1）求 $A^{99}$

（2）设 3 阶矩阵 $B = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 满足 $B^{2} = B A$ 。记 $B^{100} = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，将 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 分别表示为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的线性组合。

查看答案与解析

【答案】
(1)

A^{99} = - 2 + 2^{99} - 2 + 2^{100} 0 1 - 2^{99} 1 - 2^{100} 0 2 - 2^{99} 2 - 2^{99} 0

(2)

β_{1} = (- 2 + 2^{99}) α_{1} + (- 2 + 2^{100}) α_{2}

β_{2} = (1 - 2^{99}) α_{1} + (1 - 2^{100}) α_{2}

β_{3} = (2 - 2^{99}) α_{1} + (2 - 2^{99}) α_{2}

【解析】
(1) 由 $∣ λ E - A ∣ = λ (λ + 1) (λ + 2) = 0$ ，得 $λ_{1} = 0, λ_{2} = - 1, λ_{3} = - 2$ 。
因此 $A$ 可相似对角化，且 $A$ 与

0 - 1 - 2

相似。
由 $(0 E - A) x = 0$ 得 $η_{1} = \frac{3}{2} 11$ ；
由 $(- E - A) x = 0$ 得 $η_{2} = 110$ ；
由 $(- 2 E - A) x = 0$ 得 $η_{3} = 120$ 。
令 $P = \frac{3}{2} 11 110120$ ，则

P^{- 1} A P = 0 - 1 - 2 = Λ

因此 $A = P Λ P^{- 1}$ ，可得

A^{99} = P Λ^{99} P^{- 1} = - 2 + 2^{99} - 2 + 2^{100} 0 1 - 2^{99} 1 - 2^{100} 0 2 - 2^{99} 2 - 2^{99} 0

(2) 由 $B^{2} = B A$ 得

B^{3} = B^{2} A = B A^{2} \Rightarrow B^{4} = B^{2} A^{2} = B A^{3} \Rightarrow \dots \Rightarrow B^{100} = B A^{99}

因此

(β_{1} β_{2} β_{3}) = (α_{1} α_{2} α_{3}) A^{99}

于是

β_{1} = (- 2 + 2^{99}) α_{1} + (- 2 + 2^{100}) α_{2}

β_{2} = (1 - 2^{99}) α_{1} + (1 - 2^{100}) α_{2}

β_{3} = (2 - 2^{99}) α_{1} + (2 - 2^{99}) α_{2}