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2024 年真题

22 题

选择题

1

函数 $f (x) = ∣ x ∣^{\frac{1}{( 1 - x ) ( x - 2 )}}$ 的第一类间断点的个数为

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正确答案：C

正确答案：C

$f (x)$ 的所有间断点为0,1,2.且不难得到

l i m_{x \to 1} f (x) = l i m_{x \to 1} e x p (\frac{l n x}{( 1 - x ) ( x - 2 )}) = l i m_{x \to 1} e x p (\frac{x - 1}{( 1 - x ) ( x - 2 )}) = e,

l i m_{x \to 2^{-}} f (x) = + \infty, l i m_{x \to 0^{+}} f (x) = + \infty,

所以 $f (x)$ 的第一类间断点只有 $x = 1$ ，答案选择 C。

2

已知参数方程

{x = 1 + t^{3} y = e^{t^{2}}

确定函数 $y = f (x)$ ，则 $lim_{x \to + \infty} x [f (2 + \frac{2}{x}) - f (2)] =$

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正确答案：B

正确答案：B

$f^{'} (x) = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{2 t e ^{t^{2}}}{3 t ^{2}} = \frac{2 e ^{t^{2}}}{3 t}$ ，当 $x \to + \infty$ 时， $t \to 1$ （由 $x = 1 + t^{3} = 2 + \frac{2}{x}$ ，当 $x$ 很大时， $\frac{2}{x}$ 趋近于 0，故 $t^{3} \approx 1$ ， $t \approx 1$ ），则 $f^{'} (2) = f^{'} (x) ∣_{t = 1} = \frac{2 e ^{1}}{3 \times 1} = \frac{2 e}{3}$ 。

l i m_{x \to + \infty} x [f (2 + \frac{2}{x}) - f (2)] = 2 l i m_{x \to + \infty} \frac{f ( 2 + \frac{2}{x} ) - f ( 2 )}{\frac{2}{x}} = 2 f^{'} (2) = 2 \times \frac{2 e}{3} = \frac{4}{3} e,

选B.

3

已知函数 $f (x) = \int_{0}^{s i n x} sin t^{3} d t, g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，则 ( )

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正确答案：D

正确答案：D

令 $h (x) = \int_{0}^{x} sin t^{3} d t$ ，因为 $sin (- t)^{3} = - sin t^{3}$ ，所以 $h (- x) = \int_{0}^{- x} sin t^{3} d t = - \int_{0}^{x} sin (- u)^{3} d u = \int_{0}^{x} sin u^{3} d u = h (x)$ ，故 $h (x)$ 是偶函数。则 $f (x) = h (sin x)$ ，由于 $sin (- x) = - sin x$ ，但 $h$ 是偶函数，所以 $f (- x) = h (sin (- x)) = h (- sin x) = h (sin x) = f (x)$ ，故 $f (x)$ 为偶函数。

而奇函数的原函数若在 0 处有定义则为偶函数，偶函数的原函数为奇函数加上常数。 $g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，因为 $f (x)$ 是偶函数，所以 $g (- x) = \int_{0}^{- x} f (t) d t = - \int_{0}^{x} f (- u) d u = - \int_{0}^{x} f (u) d u = - g (x)$ ，故 $g (x)$ 为奇函数，选D.

4

已知数列 ${a_{n}} (a_{n} \neq = 0)$ ，若 ${a_{n}}$ 发散，则 ()

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正确答案：D

正确答案：D

对于A和C选项可取反例 $a_{n} = 2^{(- 1)^{n}}$ ，当 $n$ 为偶数时， $a_{n} = 2^{1} = 2$ ；当 $n$ 为奇数时， $a_{n} = 2^{- 1} = \frac{1}{2}$ ，数列 ${a_{n}}$ 发散。此时 $a_{n} + \frac{1}{a _{n}}$ 为 $2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ 和 $\frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}$ ，数列收敛，故A、C错误；对于B选项可取反例 $a_{n} = (- 1)^{n}$ ，此时 $a_{n} - \frac{1}{a _{n}} = (- 1)^{n} - (- 1)^{n} = 0$ ，数列收敛，故B错误；

正确答案选 D，实际上函数 $f (x) = e^{x} - \frac{1}{e ^{x}}$ 是 $(- \infty, + \infty)$ 上的单调增的连续函数，所以 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上存在连续的反函数 $g (x)$ 。设 $b_{n} = e^{a_{n}} - \frac{1}{e ^{a_{n}}}$ ，则 $a_{n} = g (b_{n})$ 。如果 ${b_{n}}$ 收敛于 $b$ ，则 $a_{n} = g (b_{n})$ 收敛于 $g (b)$ ，与 ${a_{n}}$ 发散矛盾，所以 ${b_{n}}$ 发散。

5

已知函数 $f (x, y) = {(x^{2} + y^{2}) sin \frac{1}{x y}, 0, x y \neq = 0 x y = 0$ ，则在点 $(0, 0)$ 处，函数 $f (x, y)$ 的偏导数 $\frac{\partial f ( x , y )}{\partial x}$ 和可微性为（）

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正确答案：C

正确答案：C

在点 $(0, 0)$ 处，
$f_{x}^{'} (0, 0) = lim_{x \to 0} \frac{f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{x} = lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0$ ，
同理 $f_{y}^{'} (0, 0) = 0$ 。

计算可微性：

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

所以 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微。

而当 $x y \neq = 0$ 时，
$f_{x}^{'} (x, y) = 2 x sin \frac{1}{x y} - \frac{x ^{2} + y ^{2}}{x ^{2} y} cos \frac{1}{x y}$ 。

取路径 $y = x$ ，当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时，

x \to 0 lim [2 x sin \frac{1}{x ^{2}} - \frac{2 x ^{2}}{x ^{3}} cos \frac{1}{x ^{2}}] = x \to 0 lim [2 x sin \frac{1}{x ^{2}} - \frac{2}{x} cos \frac{1}{x ^{2}}],

其中 $\frac{2}{x} cos \frac{1}{x ^{2}}$ 极限不存在，故 $lim_{(x, y) \to (0, 0)} f_{x}^{'} (x, y)$ 不存在，即偏导数不连续，选 $C$ 。

6

设 $f (x, y)$ 是连续函数，则 $\int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y =$

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正确答案：A

正确答案：A
原积分区域为：

\frac{π}{6} \leq x \leq \frac{π}{2}

，

sin x \leq y \leq 1

。当

x = \frac{π}{6}

时，

sin x = \frac{1}{2}

；当

x = \frac{π}{2}

时，

sin x = 1

。对于

y

的范围，当

y

从

\frac{1}{2}

到 1 时，

x

的下限为

\frac{π}{6}

，上限为

arcsin y

（因为

y = sin x

，所以

x = arcsin y

，且在

x \in [\frac{π}{6}, \frac{π}{2}]

时，

arcsin y

有意义）。故交换积分次序后为

\int_{\frac{1}{2}}^{1} d y \int_{\frac{π}{6}}^{a r c s i n y} f (x, y) d x

，选A。

7

设非负函数 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上连续，给定以下三个命题：

(1) 若 $\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x$ 收敛，则 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛；

(2) 若存在 $p > 1$ ，使极限 $lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x)$ 存在，则 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛；

(3) 若 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛，则存在 $p > 1$ ，使极限 $lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x)$ 存在；

其中正确的个数是 ( )

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正确答案：B

正确答案：B

对于命题(1)，取 $f (x) = \frac{1}{1 + x}$ ，则 $f^{2} (x) = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$ ， $\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x$ 收敛，但 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = ln (1 + x)_{0}^{+ \infty}$ 发散，所以(1)错误。

对于命题(2)，如果极限 $lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x)$ 存在，设为 $M$ ，则存在 $X > 0$ ，当 $x > X$ 时， $∣ x^{p} f (x) ∣ \leq ∣ M ∣ + 1$ （利用极限的局部有界性），即 $f (x) \leq \frac{∣ M ∣ + 1}{x ^{p}}$ 。因为 $p > 1$ ， $\int_{X}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{p}} d x$ 收敛，由比较判别法可知 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛，故(2)正确。

对于命题(3)，取 $f (x) = \frac{1}{( 2 + x ) l n ^{2} ( 2 + x )}$ ，则 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛（可通过换元 $t = ln (2 + x)$ 验证），但对于任意 $p > 1$ ， $lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{x ^{p}}{( 2 + x ) l n ^{2} ( 2 + x )}$ 。当 $x$ 很大时， $2 + x \approx x$ ，则表达式近似为 $\frac{x ^{p - 1}}{l n ^{2} x}$ 。当 $p > 1$ 时， $x^{p - 1}$ 趋于无穷， $ln^{2} x$ 增长远慢于多项式，故极限为 $+ \infty$ ，不存在，所以(3)错误。

综上，正确的个数是1，选B。

8

设 $P = 101010001$ ，若 $P^{T} A P^{2} = a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c$ ，则 $A =$

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】由于 $P^{T} A P^{2} = a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c$ ，所以

A = (P^{T})^{- 1} a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c (P^{2})^{- 1}

代入矩阵得：

A = 100010 - 1 01 a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c 10 - 1 010001 = a 00 0 b 0 00 c

因此，正确答案为 C。

9

设 $A$ 为 $4$ 阶矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，若 $A (A - A^{*}) = O$ ，且 $A \neq = A^{*}$ ，则 $r (A)$ 的取值为 (　　)

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正确答案：D

正确答案：D

首先， $A$ 不可逆且 $A \neq = O$ ，否则 $A = A^{*}$ 矛盾。

于是 $A A^{*} = ∣ A ∣ E = O$ ，即 $A^{2} = O$ ，所以 $r (A) + r (A) \leq 4 \Rightarrow r (A) \leq 2$ 。

当 $r (A) = 1$ 时，取 $A = 0000000000001000$ 满足题意，选 D。

10

设 $A$ ， $B$ 均为2阶矩阵，且 $A B = B A$ ，则 “ $A$ 有两个不相等的特征值”是“ $B$ 可对角化” 的 ()

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正确答案：B

正确答案：B
如果

α

是

A

的特征值

λ

对应的特征向量，即

A α = λ α

，那么

A B α = B A α = λ B α

。若

B α = 0

，则

α

是

B

的特征值0对应的特征向量；若

B α \neq = 0

，则

B α

是

A

的特征值

λ

对应的特征向量，因

λ

是一重特征值，故存在常数

μ

使得

B α = μα

，说明

α

是

B

的特征向量。若

A

有两个不相等的特征值，则有两个线性无关的特征向量，从而

B

也有两个线性无关的特征向量，

B

可对角化。反之，取

A = B = E

，

B

可对角化，但

A

有两个相同的特征值，因此选B.

填空题

11

（填空题）曲线 $y^{2} = x$ 在点 $(0, 0)$ 处的曲率圆方程为

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【答案】 $(x - \frac{1}{2})^{2} + y^{2} = \frac{1}{4}$

【解析】 将曲线看作函数 $x = y^{2}$ ，那么曲线在点 $(0, 0)$ 处的曲率为

K = \frac{∣ x ^{''} ( y ) ∣}{[ 1 + ( x ^{'} ( y ) ) ^{2} ] ^{\frac{3}{2}}}_{y = 0} = \frac{2}{( 1 + 4 y ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}_{y = 0} = 2,

于是该点处的曲率半径为 $R = \frac{1}{K} = \frac{1}{2}$ 。由于曲线在 $(0, 0)$ 处与 $y$ 轴相切，曲率中心位于切线的法线上。在该点处，法线方向沿 $x$ 轴正向，因此曲率中心为 $(\frac{1}{2}, 0)$ ，曲率圆的方程为

(x - \frac{1}{2})^{2} + y^{2} = \frac{1}{4}

12

（填空题）函数 $f (x, y) = 2 x^{3} - 9 x^{2} - 6 y^{4} + 12 x + 24 y$ 的极值点为

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【答案】 (1,1)

【解析】 函数 $f (x, y) = 2 x^{3} - 9 x^{2} - 6 y^{4} + 12 x + 24 y$ 的极值点为

$f_{x}^{'} = 6 x^{2} - 18 x + 12 = 0 \Rightarrow (x, y) = (1, 1)$ 或位小且

f_{xx}^{''} = 12 x - 18, f_{x y}^{''} = 0, f_{yy}^{''} = - 72 y^{2}

当 $(x, y) = (1, 1)$ 时, $A = f_{xx}^{''} (1, 1) = - 6$ $B = f_{x y}^{''} (1, 1) = 0$ , $f_{yy}^{''} (1, 1) = - 72$ ,此时 $A C - B^{2} > 0$ ,所以(1,1)是极值点.

当 $(x, y) = (2, 1)$ 时, $A = f_{xx}^{''} (2, 1) = 6$ , $B = f_{x y}^{''} (2, 1) = 0$ $f_{yy}^{''} (2, 1) = - 72$ ,那么 $A C - B^{2} < 0$ ,所以(2.1)不是极值点.

13

（填空题）微分方程 $y^{'} = \frac{1}{( x + y ) ^{2}}$ 满足初始条件 $y (1) = 0$ 的解为

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【答案】 $y = arctan (x + y) - \frac{π}{4}$

【解析】
令 $u = x + y$ ，则 $y = u - x$ ，两边对 $x$ 求导得 $y^{'} = u^{'} - 1$ 。
代入原方程得：

u^{'} - 1 = \frac{1}{u ^{2}}

整理得：

\frac{d u}{d x} = 1 + \frac{1}{u ^{2}} = \frac{u ^{2} + 1}{u ^{2}}

分离变量得：

\frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1} d u = d x

两边积分：

\int \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1} d u = \int d x

左边可化为：

\int (1 - \frac{1}{u ^{2} + 1}) d u = u - arctan u

因此：

u - arctan u = x + C

代回 $u = x + y$ 得：

x + y - arctan (x + y) = x + C

化简得：

y = arctan (x + y) - C

由初始条件 $y (1) = 0$ ，代入得：

0 = arctan (1 + 0) - C = arctan 1 - C = \frac{π}{4} - C

解得 $C = \frac{π}{4}$ 。
因此原方程的解为：

y = arctan (x + y) - \frac{π}{4}

或写作隐式形式：

y = arctan (x + y) - \frac{π}{4}

14

（填空题）已知函数 $f (x) = x^{2} (e^{x} - 1)$ ,则 $f^{(5)} (1) =$

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【答案】 31e

【解析】 由莱布尼茨公式容易得到

f^{(5)} (x) = (e^{x} + 1)^{5} x^{2} + 5 (e^{n} + 1)^{(4)} \cdot 2 x + 10 (e^{x} + 1)^{(3)} \cdot 2 = (x^{2} + 10 x + 20) e^{x},

于是 $f^{(5)} (1) = 31 e$

15

（填空题）某物体以速度 $v (t) = t + k sin π t$ 做直线运动,若它从 $t = 0$ 到 $t = 3$ 的时间段内平均速度是 $\frac{5}{2}$ 则 k=

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【答案】 $\frac{3 π}{2}$

【解析】 由函数的平均值公式可得

\frac{\int _{0}^{3} t + k sin π t d t}{3} = \frac{5}{2}

解得

k = \frac{3 π}{2}

16

（填空题）设向量 $α_{1} = a 1 - 1 1$ ， $α_{2} = 11 b a$ ， $α_{3} = 1 a - 1 1$ ，若 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则 $ab =$ 。

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【答案】 -4

【解析】 首先由 $α_{1}$ 、 $α_{3}$ 线性无关可知 $a \neq = 1$ 。对向量组 $(α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 进行初等行变换可得：

(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = a 1 - 1 1 11 b a 1 a - 1 1 \to 11 - 1 a 1 a b 1 a 1 - 1 1 \to 1000 1 a - 1 b + 1 1 - a a 1 - a a - 1 1 - a^{2} \to 1000 11 b + 1 1 a - 1 a - 1 1 + a \to 10001100 a - 1 - a a + b a + 2

由条件有 $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 2$ ，于是 $a + 2 = 0$ ， $a + b = 0$ ，即 $a = - 2$ ， $b = 2$ 。

此时 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 两两线性无关，于是 $ab = - 4$ 。

解答题

17

(本题满分 10 分)

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $x y = \frac{1}{3}, x y = 3$ 与直线 $y = \frac{1}{3} x, y = 3 x$ 围成，计算 $\iint_{D} (1 + x - y) d x d y$ 。

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【答案】 $\frac{8}{3} ln 3$

【解析】 设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $x y = \frac{1}{3}, x y = 3$ 与直线 $y = \frac{1}{3} x, y = 3 x$ 围成，计算 $\iint_{D} (1 + x - y) d x d y$ 。

【解析】积分区域关于直线 $y = x$ 对称，由轮换对称性有 $\iint_{D} x d x d y = \iint_{D} y d x d y$ ，于是

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y = \iint_{D} d x d y = \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} d θ \int_{\frac{3}{s i n θ c o s θ}}^{\frac{1}{3 s i n θ c o s θ}} r d r = \frac{1}{2} \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} (\frac{3}{sin θ cos θ} - \frac{1}{3 sin θ cos θ}) d θ = \frac{8}{3} \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} \frac{1}{sin 2 θ} d θ = \frac{4}{3} ln ∣ csc 2 θ - cot 2 θ ∣_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} = \frac{8}{3} ln 3

18

（本题满分 12 分）

设 $y = y (x)$ 满足方程 $x^{2} y^{''} + x y^{'} - 9 y = 0$ ，且 $y ∣_{x = 1} = 2$ ， $y^{'} ∣_{x = 1} = 6$ 。

(1) 利用变换 $x = e^{t}$ 化简方程，并求 $y (x)$ 的表达式；

(2) 求 $\int_{1}^{2} y (x) 4 - x^{2} d x$ 。

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【答案】
(1) $y = 2 x^{3}$
(2) $\frac{22}{5} 3$

【解析】
【解析】
(1) 由于 $x = e^{t}$ ，则 $t = ln x$ ，于是

\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d t} \cdot \frac{d t}{d x} = \frac{1}{x} \frac{d y}{d t},

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d x} (\frac{1}{x} \frac{d y}{d t}) = - \frac{1}{x ^{2}} \frac{d y}{d t} + \frac{1}{x} \frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x ^{2}} (\frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} - \frac{d y}{d t}) .

代入原方程可得

\frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} - \frac{d y}{d t} + \frac{d y}{d t} - 9 y = \frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} - 9 y = 0,

于是方程的通解为

y = C_{1} e^{3 t} + C_{2} e^{- 3 t} = C_{1} x^{3} + C_{2} x^{- 3} .

代入 $y ∣_{x = 1} = 2$ ， $y^{'} ∣_{x = 1} = 6$ 可得 $C_{1} = 2$ ， $C_{2} = 0$ ，所以

y = 2 x^{3} .

(2)

\int_{1}^{2} y (x) 4 - x^{2} d x = \int_{1}^{2} 2 x^{3} 4 - x^{2} d x = \int_{1}^{2} x^{2} 4 - x^{2} d (x^{2}) .

令 $t = 4 - x^{2}$ ，则 $x^{2} = 4 - t^{2}$ ， $(x^{2})^{'} = - 2 t d t$ ，于是原积分化为

- \int_{3}^{0} (4 - t^{2}) \cdot 4 \cdot 2 t d t = \frac{22}{5} 3 .

19

(本题满分12分)

设 $t > 0$ ，求曲线 $y = x e^{- x}$ 与直线 $x = t$ ， $x = 2 t$ 及 $x$ 轴所围平面图形，绕 $x$ 轴旋转所得的旋转体体积为 $V (t)$ ，求 $V (t)$ 的最大值。

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【答案】 $V (t)$ 的最大值为 $(\frac{l n 2}{16} + \frac{3}{64}) π$

【解析】 由题意可知 $V (t) = π \int_{t}^{2 t} x e^{- 2 x} d x$ ，那么

V^{'} (t) = 4 π t e^{- 4 t} - π t e^{- 2 t} = π t e^{- 2 t} (4 e^{- 2 t} - 1) {> 0, < 0, 0 < t < ln 2 t > ln 2

这说明 $V (t)$ 在 $(0, ln 2]$ 上单调递增，在 $[ln 2, + \infty)$ 上单调递减，所以 $V (t)$ 的最大值为

V (ln 2) = π \int_{l n 2}^{2 l n 2} x e^{- 2 x} d x = (\frac{ln 2}{16} + \frac{3}{64}) π

20

（本题满分 12 分）

设 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导， $g (x, y) = f (2 x + y, 3 x - y)$ ，且满足

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} - 6 \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1

(1) 求 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v}$ ；

(2) 若 $\frac{\partial f ( u , 0 )}{\partial u} = u e^{- u}$ ，且 $f (0, v) = \frac{1}{50} v^{2} - 1$ ，求 $f (u, v)$ 的表达式。

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【答案】
(1) $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25}$
(2) $f (u, v) = \frac{1}{25} uv - e^{- u} (u + 1) + \frac{1}{50} v^{2}$

【解析】
【解析】（1）由于 $g (x, y) = f (2 x + y, 3 x - y)$ ，由复合函数求导可得：

\frac{\partial g}{\partial x} \frac{\partial g}{\partial y} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 2 f_{1}^{'} + 3 f_{2}^{'}, = f_{1}^{'} - f_{2}^{'}, = 4 f_{11}^{''} + 12 f_{12}^{''} + 9 f_{22}^{''}, = 2 f_{11}^{''} + f_{12}^{''} - 3 f_{22}^{''}, = f_{11}^{''} - 2 f_{12}^{''} + f_{22}^{''} .

代入原方程可得 $25 f_{12}^{''} = 1$ ，因此 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25}$ 。

（2）由于 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25}$ ，所以 $f_{u}^{'} (u, v) = \frac{1}{25} v + g (u)$ 。又由

f_{u}^{'} (u, 0) = u e^{- u} \Rightarrow g (u) = u e^{- u} \Rightarrow f_{u}^{'} (u, v) = \frac{1}{25} v + u e^{- u},

可得 $f (u, v) = \frac{1}{25} uv - e^{- u} (u + 1) + h (v)$ 。又 $f (0, v) = \frac{1}{50} v^{2} - 1$ ，则 $h (v) = \frac{1}{50} v^{2}$ ，因此

f (u, v) = \frac{1}{25} uv - e^{- u} (u + 1) + \frac{1}{50} v^{2} .

21

(本题满分12分)

设函数 $f (x)$ 具有二阶导数,且 $f^{'} (0) = f^{'} (1)$ $∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1$ 证明:

(1)当 $x \in (0, 1)$ 时, $∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}$

(2) \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

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【答案】 见解析

【解析】 证(1)令 $g (x) = f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x - \frac{x ( 1 - x )}{2}, x \in [0, 1]$ ,那么 $g (0) = g (1) = 0$ 且

g^{'} (x) = f^{'} (x) + f (0) - f (1) - \frac{1}{2} + x, g^{''} (x) = f^{''} (x) + 1 \geq 0,

如果存在 $x_{0} \in (0, 1)$ ,使得 $g (x_{0}) > 0$ ,那么由拉格朗日中值定理可知,存在 $ξ_{1} \in (0, x_{0})$ , $ξ_{2} \in (x_{0}, 1)$ ,使得

g^{'} (ξ_{1}) = \frac{g ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0}} > 0, g^{'} (ξ_{2}) = \frac{g ( 1 ) - g ( x _{0} )}{1 - x _{0}} < 0,

进一步存在 $ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2})$ 使得 $g^{''} (ξ) = \frac{g ^{'} ( ξ _{2} ) - g ^{'} ( ξ _{1} )}{ξ _{2} - ξ _{1}} < 0$ 矛盾,因此对任意 $x \in (0, 1)$ 都有 $g (x) 0$ 即

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

同理还有

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \geq - \frac{x ( 1 - x )}{2},

综合起来即

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}, x \in [0, 1]

(2)将不等式

- \frac{x ( 1 - x )}{2} \leq f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

在[0.上积分,注意到 $\int_{0}^{1} \frac{x ( 1 - x )}{2} d x = \frac{1}{12}$ ,且

\int_{0}^{1} [f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x] d x = \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2},

于是

- \frac{1}{12} \leq \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12},

即

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

22

（本题满分 12 分）

设矩阵 $A = 011100 a 11$ ， $B = 11 b 112$ ， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} B A x$ ，已知方程组 $A x = 0$ 的解是 $B^{T} x = 0$ 的解，但两个方程组不同解。

(1) 求 $a, b$ 的值；

(2) 求正交矩阵 $x = Q y$ 将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为标准形。

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【答案】
(1) $a = 1$ , $b = 2$ .
(2) 正交矩阵 $Q = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6}$ ，将二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为标准形 $6 y_{3}^{2}$ .

【解析】
【解析】
(1) 由题意可知 $A x = 0$ 与

(A B^{T}) x = 0

同解，于是

r (A B^{T}) = r (A) = 2

对

(A B^{T})

进行初等行变换可得

(A B^{T}) = 01111011 a 1 b 2 \to 1000 1 - 1 10 2 - 1 a b - 2 \to 10001100 21 a - 1 b - 2

所以 $a = 1$ ， $b = 2$ 。

(2) 首先有

B A = 112112 (011011) = 112112224

是一个对称矩阵，所以二次型的矩阵

C = 112112224

且 $r (C) = 1$ ，那么 $C$ 的特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ ， $λ_{3} = tr C = 6$ 。

对 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ ，解方程组 $C x = 0$ 得两个正交的单位特征向量

α_{1} = \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T}, α_{2} = \frac{1}{3} (1, 1, - 1)^{T}

对 $λ_{3} = 6$ ，解方程组 $(6 E - C) x = 0$ 得单位特征向量

α_{3} = \frac{1}{6} (1, 1, 2)^{T}

令

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

则 $Q$ 为正交矩阵，作正交变换 $x = Q y$ ，则二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为标准形 $6 y_{3}^{2}$ 。