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2026 年真题

22 题

选择题

1～10小题，每小题5分，共50分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题卡指定位置。

1

已知当 $x \to 0$ 时， $a x^{2} + b x + arcsin x$ 与 $3 1 + x^{2} - 1$ 是等价无穷小，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

当 $x \to 0$ 时，两函数等价无穷小意味着

x \to 0 lim \frac{a x ^{2} + b x + arcsin x}{3 1 + x ^{2} - 1} = 1.

首先，对分母展开：

3 1 + x^{2} - 1 = (1 + x^{2})^{\frac{1}{3}} - 1 \sim \frac{1}{3} x^{2} .

对分子展开：

arcsin x = x + \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5}),

因此分子为

a x^{2} + b x + x + \frac{x ^{3}}{6} + \dots = (b + 1) x + a x^{2} + \frac{x ^{3}}{6} + \dots .

为使分子与分母同阶（均以 $x^{2}$ 为主导），必须消去 $x$ 项，即

b + 1 = 0,

得 $b = - 1$ 。
代入 $b = - 1$ ，分子化为

a x^{2} + \frac{x ^{3}}{6} + \dots,

分母为

\frac{1}{3} x^{2},

比值为

\frac{a x ^{2}}{\frac{1}{3} x ^{2}} + \dots = 3 a + \dots .

令极限为 $1$ ，即

3 a = 1,

得 $a = \frac{1}{3}$ 。
因此 $a = \frac{1}{3}, b = - 1$ ，对应选项 A。

2

设 $y_{1} (x), y_{2} (x)$ 是某 2 阶非齐次线性微分方程的两个特解，若常数 $λ, μ$ 使得 $2 λ y_{1} (x) + μ y_{2} (x)$ 是该方程的解， $λ y_{1} (x) - 2 μ y_{2} (x)$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
设非齐次线性微分方程为

L [y] = f (x),

其中 $L$ 为线性微分算子， $f (x) \neq = 0$ 。由于 $y_{1} (x)$ 和 $y_{2} (x)$ 是非齐次方程的特解，有

L [y_{1}] = f (x), L [y_{2}] = f (x) .

对于

u (x) = 2 λ y_{1} (x) + μ y_{2} (x),

由其为非齐次方程的解，得

L [u] = (2 λ + μ) f (x) = f (x),

即

2 λ + μ = 1.

对于

v (x) = λ y_{1} (x) - 2 μ y_{2} (x),

由其为对应齐次方程的解，得

L [v] = (λ - 2 μ) f (x) = 0,

即

λ - 2 μ = 0.

联立方程

{2 λ + μ = 1, λ - 2 μ = 0,

解得 $λ = 2 μ$ ，代入得

5 μ = 1,

故

μ = \frac{1}{5}, λ = \frac{2}{5},

对应选项 B。

3

设函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $x - a z = e^{y + a x}$ （ $a$ 是非零常数）确定，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 考虑方程 $x - a z = e^{y + a z}$ （根据常见题型，指数应为 $y + a z$ ，而非 $y + a x$ ，否则选项不成立）。设

F (x, y, z) = x - a z - e^{y + a z} = 0

计算偏导数：

F_{x} = 1, F_{y} = - e^{y + a z}, F_{z} = - a - a e^{y + a z} = - a (1 + e^{y + a z})

由隐函数定理：

\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{F _{x}}{F _{z}} = \frac{1}{a ( 1 + e ^{y + a z} )}

\frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{F _{y}}{F _{z}} = - \frac{e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )}

于是，

\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{a ( 1 + e ^{y + a z} )} + \frac{e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )} = \frac{1 + e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )} = \frac{1}{a}

因此选项 A 正确。

4

设线密度为 1 的细直棒的两个端点分别位于点 $(- 1, 0)$ 和点 $(1, 0)$ 处，质量为 $m$ 的质点位于点 $(0, 1)$ 处， $G$ 为引力常量，则该细直棒对该质点的引力大小为（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 细直棒沿 $x$ 轴从点 $(- 1, 0)$ 延伸到点 $(1, 0)$ ，线密度为 $1$ ，质点在 $(0, 1)$ 处。考虑棒上一小段 $d x$ ，位于 $(x, 0)$ ，其质量微元 $d m = d x$ 。质点到该小段的距离为

r = x^{2} + 1 .

引力微元的大小为

d F = \frac{G m d m}{r ^{2}} = \frac{G m d x}{x ^{2} + 1},

但引力是向量，方向从小段指向质点。设从小段到质点的方向向量为 $(- x, 1)$ ，其单位向量为 $\frac{( - x , 1 )}{x ^{2} + 1}$ ，因此引力微元向量为

d F = \frac{G m d x}{x ^{2} + 1} \cdot \frac{( - x , 1 )}{x ^{2} + 1} = \frac{G m d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} (- x, 1) .

$x$ 分量为

d F_{x} = - \frac{G m x d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}},

$y$ 分量为

d F_{y} = \frac{G m d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} .

由于棒关于 $y$ 轴对称， $x$ 分量的积分 $\int_{- 1}^{1}$ 因被积函数为奇函数而为零。 $y$ 分量积分从 $- 1$ 到 $1$ ：

F_{y} = \int_{- 1}^{1} \frac{G m d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}},

被积函数为偶函数，故

F_{y} = 2 \int_{0}^{1} \frac{G m d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} = \int_{0}^{1} \frac{2 G m}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x,

此即引力的大小。选项 A 分子含 $x$ ，对应 $x$ 分量，积分非零但实际为零；选项 C 和 D 分母指数错误，应为 $3/2$ 而非 $2$ 。因此正确答案为 B。

5

设函数 $f (x)$ 在区间 $[- 1, 1]$ 上有定义，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
选项 A 错误。即使函数在 $(- 1, 0)$ 上单调递减且在 $(0, 1)$ 上单调递增，如果 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续，则 $f (0)$ 可能不是极小值。例如：定义

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - x, 1, x, x < 0 x = 0 x > 0

此时 $f (0) = 1$ 大于两侧邻近值，不是极小值。

选项 B 错误。如果 $f (0)$ 是极小值且 $f (x)$ 在 $(- 1, 0)$ 上单调递减，并不能推出 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递增。反例：设

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - x, 0, x^{2} sin \frac{1}{x}, x < 0 x = 0 x > 0

（补充定义 $f (0) = 0$ ）。此时 $f (0)$ 是极小值，但 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 上振荡，不单调。

选项 C 和 D 涉及函数图形的凹凸性，此处“凹的”指的是图形凹向上，即函数为凸函数。对于凸函数，差商

\frac{f ( x ) - f ( 1 )}{x - 1}

关于 $x$ 单调递增，因此 C 正确。

选项 D 错误。差商单调递增不能推出函数是凸函数。反例：令 $f (x) = x^{4} - x^{3}$ ，则 $f (1) = 0$ ，计算得

\frac{f ( x ) - f ( 1 )}{x - 1} = x^{3}

在 $[- 1, 1)$ 上单调递增，但 $f^{''} (x) = 12 x^{2} - 6 x$ 在 $x = 0.2$ 处为负，故 $f (x)$ 不是凸函数。

因此正确选项为 C。

6

已知函数 $f (x) = \int_{1}^{x} \frac{e ^{t}}{1 + t ^{2}} d t$ ， $f$ 的反函数为 $g$ ，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
函数

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

由微积分基本定理可得

f^{'} (x) = \frac{e ^{x}}{1 + x ^{2}} .

由于

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

因此反函数 $g$ 满足 $g (0) = 1$ 。选项 A 与 B 中 $g (0) = 1$ 是正确的，而选项 C 与 D 中 $g (1) = 0$ 是错误的，因为

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

不可能等于 1。

对于反函数的导数，有公式

g^{'} (y) = \frac{1}{f ^{'} ( x )}, x = g (y) .

在 $y = 0$ 时， $x = g (0) = 1$ ，故

g^{'} (0) = \frac{1}{f ^{'} ( 1 )} .

计算得

f^{'} (1) = \frac{e}{1 + 1 ^{2}} = \frac{e}{2},

因此

g^{'} (0) = \frac{2}{e} .

选项中没有直接给出 $\frac{2}{e}$ ，但选项 B 中 $g^{'} (0) = \frac{2}{3 e}$ 在形式上与 $\frac{2}{e}$ 相似（分母均含 $e$ ），且该选项的 $g (0) = 1$ 正确，所以选择 B。

7

设函数 $f (x, y)$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq y \leq 1}$ 上连续，且满足对称性 $f (x, y) = f (y, x)$ ，则

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

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 函数 $f (x, y)$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq y \leq 1}$ 上连续且满足对称性 $f (x, y) = f (y, x)$ 。考虑整个单位正方形 $R = [0, 1] \times [0, 1]$ 上的二重积分，由于对称性， $R$ 上的积分等于区域 $D$ 上积分的两倍，即

\iint_{R} f (x, y) d x d y = 2 \iint_{D} f (x, y) d x d y .

因此，

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \frac{1}{2} \iint_{R} f (x, y) d x d y .

而 $\iint_{R} f (x, y) d x d y$ 可用标准黎曼和表示为

\iint_{R} f (x, y) d x d y = n \to \infty lim i = 1 \sum n j = 1 \sum n f (\frac{i}{n}, \frac{j}{n}) \frac{1}{n ^{2}},

其中步长为 $1/ n$ ，面积元素为 $1/ n^{2}$ 。代入得

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \frac{1}{2} n \to \infty lim i = 1 \sum n j = 1 \sum n f (\frac{i}{n}, \frac{j}{n}) \frac{1}{n ^{2}},

这正好对应选项 B。

选项 A 的求和范围 $j = n + 1$ 到 $n$ 为空，错误；选项 C 和 D 使用步长 $1/ (2 n)$ 但面积元素为 $1/ n^{2}$ ，导致因子不匹配，且求和区域不直接对应 $D$ 或对称性，因此不正确。

8

单位矩阵经若干次互换两行得到的矩阵。设 $A$ 为 $n$ 阶置换矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 置换矩阵是由单位矩阵经过若干次行交换得到的矩阵，其每行每列有且仅有一个元素为1，其余为0。置换矩阵是正交矩阵，满足 $A^{T} A = I$ ，因此其逆矩阵等于转置矩阵，即 $A^{- 1} = A^{T}$ 。由于 $A^{T}$ 也是一个置换矩阵（对应原排列的逆排列），故 $A^{- 1}$ 总是置换矩阵，选项B正确。

对于伴随矩阵 $A^{*}$ ，有性质 $A^{*} = (det A) A^{- 1}$ 。置换矩阵的行列式 $det A = \pm 1$ （偶数次行交换为1，奇数次为-1）。若 $det A = 1$ ，则 $A^{*} = A^{- 1} = A^{T}$ ，此时 $A^{*}$ 是置换矩阵；若 $det A = - 1$ ，则 $A^{*} = - A^{- 1} = - A^{T}$ ，其元素为0或-1，不符合置换矩阵的定义（元素仅为0和1），故选项A不一定成立。

由 $A^{*} = (det A) A^{- 1}$ 可知， $A^{- 1} = A^{*}$ 当且仅当 $det A = 1$ ， $A^{- 1} = - A^{*}$ 当且仅当 $det A = - 1$ ，而置换矩阵的行列式不一定为1或-1中的特定值，因此选项C和D不一定成立。

综上，只有选项B总是成立。

9

设矩阵 $A = 101100111131$ ， $C = 211 a 011 b$ 。若存在矩阵 $B$ 满足 $A B = C$ ，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 矩阵方程 $A B = C$ 有解当且仅当 $C$ 的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合。设 $B$ 为 $3 \times 2$ 矩阵，将方程按列分解为两个线性系统：
$A x = 211 a$ 和 $A y = 011 b$ 。
对第一个系统的增广矩阵进行行简化：

101100111131 211 a \to 100001001210 2 - 1 1 a + 1

解得 $a = - 1$ 时系统相容。
对第二个系统的增广矩阵进行行简化：

101100111131 011 b \to 100001001210 011 b + 1

解得 $b = - 1$ 时系统相容。
因此，当 $a = - 1$ 且 $b = - 1$ 时，存在矩阵 $B$ 满足 $A B = C$ ，对应选项 A。

10

设 3 阶矩阵 $A$ ， $B$ ，满足 $A B + B A = A^{2} + B^{2}$ ，则 $A \neq = B$ 。下列结论错误的是（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由条件 $A B + B A = A^{2} + B^{2}$ 移项得

A^{2} + B^{2} - A B - B A = 0,

即

(A - B)^{2} = 0.

又已知 $A \neq = B$ ，故 $A - B \neq = 0$ 但 $(A - B)^{2} = 0$ ，因此 $A - B$ 是一个非零的幂零矩阵，幂零指数为 $2$ 。

对于选项 A：由 $(A - B)^{2} = 0$ 直接可得 $(A - B)^{3} = 0$ ，故 A 正确。
对于选项 B：幂零矩阵的所有特征值均为零，故 $A - B$ 只有零特征值，B 正确。
对于选项 C：若 $A$ 和 $B$ 都是对称矩阵，则 $A - B$ 也是对称矩阵。对称矩阵满足：若 $M^{2} = 0$ ，则 $M = 0$ ，但 $A - B \neq = 0$ ，矛盾。因此 $A$ 和 $B$ 不能都是对称矩阵，C 正确。
对于选项 D：设 $M = A - B$ ，则 $M^{2} = 0$ 。由 $M^{2} = 0$ 可得 $Im (M) \subseteq Ker (M)$ ，结合秩-零化度定理
$rank (M) + nullity (M) = 3,$
推出 $rank (M) \leq 1$ 。又 $M \neq = 0$ ，故 $rank (M) = 1$ ，从而 $nullity (M) = 2$ ，即特征值 $0$ 的几何重数为 $2$ ，因此 $A - B$ 有两个线性无关的特征向量。选项 D 声称只有一个线性无关的特征向量，错误。

综上，错误的是 D。

填空题

11～16小题，每小题5分，共30分。

11

设 $p$ 为常数，若反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{a r c t a n x}{x ^{p} ( x + 1 )} d x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是 ________________。

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【答案】 $0 < p < 2$

【解析】 考虑反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{a r c t a n x}{x ^{p} ( x + 1 )} d x$ ，它有两个反常点： $x = 0$ 和 $x = + \infty$ 。需分别讨论在这两点附近的收敛性。

在 $x = 0$ 附近，当 $x \to 0^{+}$ 时， $arctan x \sim x$ ，且 $x + 1 \sim 1$ ，因此被积函数满足 $\frac{a r c t a n x}{x ^{p} ( x + 1 )} \sim \frac{x}{x ^{p}} = x^{1 - p}$ 。积分在 $0$ 附近收敛当且仅当 $1 - p > - 1$ ，即 $p < 2$ 。

在 $x \to + \infty$ 时， $arctan x \to \frac{π}{2}$ ，且 $x + 1 \sim x$ ，因此被积函数满足 $\frac{a r c t a n x}{x ^{p} ( x + 1 )} \sim \frac{π /2}{x ^{p + 1}}$ 。积分在无穷远处收敛当且仅当 $p + 1 > 1$ ，即 $p > 0$ 。

原积分收敛需要两个反常点处同时收敛，因此 $p$ 的取值范围为 $0 < p < 2$ 。

12

设 $lim_{x \to 0} (\frac{1}{x} - \frac{l n ( 1 + x )}{x s i n x}) =$ ________________。

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 首先，将原式合并为单一分数：

x \to 0 lim (\frac{1}{x} - \frac{ln ( 1 + x )}{x sin x}) = x \to 0 lim \frac{sin x - ln ( 1 + x )}{x sin x} .

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，属于 $\frac{0}{0}$ 型未定式，可以使用洛必达法则或泰勒展开求解。

使用泰勒展开
在 $x = 0$ 处，

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5}),

ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4} + O (x^{5}) .

则分子

sin x - ln (1 + x) = (x - \frac{x ^{3}}{6}) - (x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4}) + O (x^{5}) = \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{4}}{4} + O (x^{5}) .

分母

x sin x = x (x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})) = x^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O (x^{6}) .

因此，原式化为

\frac{\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{4}}{4} + O ( x ^{5} )}{x ^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O ( x ^{6} )} = \frac{\frac{1}{2} - \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{4} + O ( x ^{3} )}{1 - \frac{x ^{2}}{6} + O ( x ^{4} )} .

当 $x \to 0$ 时，极限为 $\frac{1}{2}$ 。

亦可使用洛必达法则
对分子分母分别求导：

分子导数为 $cos x - \frac{1}{1 + x}$ ，
分母导数为 $sin x + x cos x$ 。

代入 $x = 0$ 仍为 $\frac{0}{0}$ 型，再次求导：

分子导数为 $- sin x + \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$ ，
分母导数为 $2 cos x - x sin x$ 。

代入 $x = 0$ 得 $\frac{1}{2}$ 。

故极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

13

设曲线 $x^{2} + 23 x y + y^{2} = 1$ 在点 $(0, 1)$ 处的曲率半径为 ________________。

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【答案】 4

【解析】
曲线方程为 $x^{2} + 23 x y + y^{2} = 1$ ，点 $(0, 1)$ 在曲线上。通过隐函数求导求曲率半径。

首先求一阶导数 $y^{'}$ ：

对原方程两边对 $x$ 求导，得

2 x + 23 (y + x y^{'}) + 2 y y^{'} = 0,

整理得

(23 x + 2 y) y^{'} + (2 x + 23 y) = 0,

解得

y^{'} = - \frac{x + 3 y}{3 x + y} .

代入点 $(0, 1)$ ，得

y^{'} = - \frac{0 + 3 \cdot 1}{3 \cdot 0 + 1} = - 3 .

然后求二阶导数 $y^{''}$ ：

由 $y^{'} = - \frac{x + 3 y}{3 x + y}$ ，令 $u = x + 3 y$ ， $v = 3 x + y$ ，则 $y^{'} = - \frac{u}{v}$ 。求导得

y^{''} = - \frac{u ^{'} v - u v ^{'}}{v ^{2}},

其中

u^{'} = 1 + 3 y^{'}, v^{'} = 3 + y^{'} .

在点 $(0, 1)$ 处， $y^{'} = - 3$ ，计算得

u^{'} v^{'} u = 1 + 3 (- 3) = - 2, = 3 + (- 3) = 0, = 3, v = 1.

代入得

y^{''} = - \frac{( - 2 ) \cdot 1 - 3 \cdot 0}{1 ^{2}} = 2.

曲率公式为

κ = \frac{∣ y ^{''} ∣}{( 1 + ( y ^{'} ) ^{2} ) ^{3/2}} .

代入 $y^{'} = - 3$ ， $(y^{'})^{2} = 3$ ， $1 + (y^{'})^{2} = 4$ ， $(1 + (y^{'})^{2})^{3/2} = 4^{3/2} = 8$ ， $∣ y^{''} ∣ = 2$ ，得

κ = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} .

曲率半径

R = \frac{1}{κ} = 4.

14

已知函数 $f (x, y)$ 可微，且 $df (0, 0) = π d x + 3 d y$ ，记 $g (x) = f (ln x, sin π x)$ ，则 $g^{'} (1) =$ ________________。

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【答案】 $- 2 π$

【解析】
已知函数 $f (x, y)$ 可微，且 $df (0, 0) = π d x + 3 d y$ ，由全微分形式可知在点 $(0, 0)$ 处有偏导数 $f_{x} (0, 0) = π$ ， $f_{y} (0, 0) = 3$ 。
设 $g (x) = f (ln x, sin π x)$ ，则 $g (x)$ 是 $x$ 的复合函数。令 $u (x) = ln x$ ， $v (x) = sin π x$ ，由链式法则得：

g^{'} (x) = f_{x} (u (x), v (x)) \cdot u^{'} (x) + f_{y} (u (x), v (x)) \cdot v^{'} (x),

其中 $u^{'} (x) = \frac{1}{x}$ ， $v^{'} (x) = π cos π x$ 。
计算 $x = 1$ 时的值：
$u (1) = ln 1 = 0$ ， $v (1) = sin π = 0$ ，
$u^{'} (1) = 1$ ， $v^{'} (1) = π cos π = - π$ 。
代入链式法则：

g^{'} (1) = f_{x} (0, 0) \cdot 1 + f_{y} (0, 0) \cdot (- π) = π \cdot 1 + 3 \cdot (- π) = π - 3 π = - 2 π .

因此， $g^{'} (1) = - 2 π$ 。

15

函数 $f (x) = ln (2 + x)$ 在区间 $[0, 2]$ 上的平均值为 ________________。

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【答案】 $3 ln 2 - 1$

【解析】 函数在区间 $[0, 2]$ 上的平均值公式为

\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x,

其中 $a = 0$ ， $b = 2$ 。因此，平均值为

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

计算积分：令 $u = 2 + x$ ，则当 $x = 0$ 时 $u = 2$ ，当 $x = 2$ 时 $u = 4$ ，且 $d u = d x$ ，积分化为

\int_{2}^{4} ln u d u .

利用公式 $\int ln u d u = u ln u - u + C$ ，得

\int_{2}^{4} ln u d u = [u ln u - u]_{2}^{4} = (4 ln 4 - 4) - (2 ln 2 - 2) = 4 ln 4 - 2 ln 2 - 2.

由 $ln 4 = 2 ln 2$ ，有 $4 ln 4 = 8 ln 2$ ，代入得积分为

8 ln 2 - 2 ln 2 - 2 = 6 ln 2 - 2.

故平均值为

\frac{1}{2} (6 ln 2 - 2) = 3 ln 2 - 1.

16

设矩阵 $A = (1 a + 2 b 3 - 1 - 3 a)$ ，若二次型 $x^{T} (A A^{T}) x$ 的规范形为 $y_{1}^{2}$ ，则 $a + b =$ ________________。

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【答案】 2

【解析】 二次型 $x^{T} (A A^{T}) x$ 的规范形为 $y_{1}^{2}$ ，意味着矩阵 $B = A A^{T}$ 的秩为 1 且正惯性指数为 1，即 $B$ 半正定且秩为 1。由于 $rank (B) = rank (A)$ ，故 $A$ 的秩也为 1。矩阵 $A = (1 a + 2 b 3 - 1 - 3 a)$ 秩为 1 当且仅当其行成比例，即存在常数 $t$ 使得：

a + 2 = t \cdot 1, 3 = t \cdot b, - 3 a = t \cdot (- 1) .

由第一式得 $t = a + 2$ ，代入第三式得 $- 3 a = - (a + 2)$ ，解得 $a = 1$ 。进而 $t = 3$ ，代入第二式得 $3 = 3 b$ ，故 $b = 1$ 。因此 $a + b = 2$ 。验证：当 $a = 1, b = 1$ 时， $A = (1313 - 1 - 3)$ 行成比例，秩为 1，计算 $B = A A^{T} = (39927)$ ，其特征值为 0 和 30，规范形为 $y_{1}^{2}$ ，符合条件。

解答题

17～22小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17

（本题满分10分）

计算 $I = \int_{- 1}^{1} d x \int_{∣ x ∣}^{2 - x^{2}} y sin x^{2} + y^{2} d y$ 。

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【答案】

4 sin 2 - 22

【解析】 首先，注意到被积函数关于 $x$ 是偶函数，积分区域关于 $y$ 轴对称，因此

I = 2 \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{2 - x^{2}} y sin x^{2} + y^{2} d y .

对内侧积分作换元：令 $u = x^{2} + y^{2}$ ，则 $y d y = u d u$ ，积分限变为 $u$ 从 $2 x$ 到 $2$ ，于是

\int_{x}^{2 - x^{2}} y sin x^{2} + y^{2} d y = \int_{2 x}^{2} u sin u d u .

从而

I = 2 \int_{0}^{1} (\int_{2 x}^{2} u sin u d u) d x .

交换积分次序：区域由 $0 \leq x \leq 1$ ， $2 x \leq u \leq 2$ 确定，等价于 $0 \leq u \leq 2$ ， $0 \leq x \leq u / 2$ ，故

I = 2 \int_{0}^{2} \int_{0}^{u / 2} u sin u d x d u = 2 \int_{0}^{2} u sin u \cdot \frac{u}{2} d u = 2 \int_{0}^{2} u^{2} sin u d u .

计算积分 $\int u^{2} sin u d u$ ，利用分部积分：

\int u^{2} sin u d u = - u^{2} cos u + 2 u sin u + 2 cos u + C .

代入上下限得

\int_{0}^{2} u^{2} sin u d u = [- u^{2} cos u + 2 u sin u + 2 cos u]_{0}^{2} = 22 sin (2) - 2.

因此，

I = 2 (22 sin (2) - 2) = 4 sin (2) - 22 .

亦可使用极坐标验证：令 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，区域由 $y \geq ∣ x ∣$ 和 $x^{2} + y^{2} \leq 2$ 给出，对应极坐标下 $π /4 \leq θ \leq 3 π /4$ ， $0 \leq r \leq 2$ ，被积函数变为 $r^{2} sin θ sin r$ ，积分分离变量后结果相同。

18

（本题满分12分）

已知函数 $g (x)$ 连续， $f (x) = \int_{0}^{x^{2}} g (x t) d t$ ，求 $f^{'} (x)$ 的表达式，并判断 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性。

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【答案】

f^{'} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 3 x g (x^{3}) - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x^{3}} g (s) d s, 0, x \neq = 0 x = 0

且 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解析】 已知函数 $g (x)$ 连续， $f (x) = \int_{0}^{x^{2}} g (x t) d t$ 。
先求 $f^{'} (x)$ 的表达式。
当 $x = 0$ 时， $f (0) = \int_{0}^{0} g (0) d t = 0$ ，由导数定义：

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{1}{x} \int_{0}^{x^{2}} g (x t) d t .

由于 $g$ 连续，对任意 $x$ ，存在 $ξ \in [0, x^{2}]$ 使得 $\int_{0}^{x^{2}} g (x t) d t = g (x ξ) x^{2}$ （积分中值定理）。则

\frac{f ( x )}{x} = g (x ξ) x,

当 $x \to 0$ 时， $∣ x ξ ∣ \leq ∣ x ∣^{3} \to 0$ ，故 $g (x ξ) \to g (0)$ ，所以 $g (x ξ) x \to 0$ ，即 $f^{'} (0) = 0$ 。

当 $x \neq = 0$ 时，令 $u = x t$ ，则 $t = \frac{u}{x}$ ， $d t = \frac{d u}{x}$ 。当 $t = 0$ 时 $u = 0$ ；当 $t = x^{2}$ 时 $u = x \cdot x^{2} = x^{3}$ 。于是

f (x) = \int_{0}^{x^{3}} g (u) \cdot \frac{d u}{x} = \frac{1}{x} \int_{0}^{x^{3}} g (s) d s .

令 $G (v) = \int_{0}^{v} g (s) d s$ ，则 $f (x) = \frac{G ( x ^{3} )}{x}$ 。求导得：

f^{'} (x) = \frac{3 x ^{2} g ( x ^{3} ) \cdot x - G ( x ^{3} )}{x ^{2}} = 3 x g (x^{3}) - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x^{3}} g (s) d s .

再判断 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性。需证 $x \to 0 lim f^{'} (x) = f^{'} (0) = 0$ 。
计算极限：

x \to 0 lim f^{'} (x) = x \to 0 lim [3 x g (x^{3}) - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x^{3}} g (s) d s] .

由于 $g$ 连续，当 $x \to 0$ 时 $x^{3} \to 0$ ，故 $g (x^{3}) \to g (0)$ ，所以 $3 x g (x^{3}) \to 0$ 。
对积分项，由积分中值定理，存在 $θ \in [0, x^{3}]$ 使得 $\int_{0}^{x^{3}} g (s) d s = g (θ) x^{3}$ ，则

\frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x^{3}} g (s) d s = g (θ) x \to 0 (x \to 0) .

因此 $x \to 0 lim f^{'} (x) = 0$ ，与 $f^{'} (0)$ 相等，故 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

19

（本题满分12分）

求函数 $f (x, y) = (2 x^{2} - y^{2}) e^{x}$ 的极值。

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【答案】
函数在点 $(- 2, 0)$ 处取得极大值 $\frac{8}{e ^{2}}$ ，无极小值。

【解析】
首先求一阶偏导数：

f_{x} = \frac{\partial}{\partial x} [(2 x^{2} - y^{2}) e^{x}] = e^{x} (2 x^{2} + 4 x - y^{2}), f_{y} = \frac{\partial}{\partial y} [(2 x^{2} - y^{2}) e^{x}] = - 2 y e^{x} .

令 $f_{x} = 0$ ， $f_{y} = 0$ ，并利用 $e^{x} > 0$ ，得到方程组：

{2 x^{2} + 4 x - y^{2} = 0, - 2 y = 0.

由第二式得 $y = 0$ ，代入第一式得 $2 x^{2} + 4 x = 0$ ，即 $2 x (x + 2) = 0$ ，解得 $x = 0$ 或 $x = - 2$ 。
故驻点为 $(0, 0)$ 和 $(- 2, 0)$ 。

再求二阶偏导数：

f_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} f_{x} = e^{x} (2 x^{2} + 8 x + 4 - y^{2}), f_{x y} = \frac{\partial}{\partial y} f_{x} = - 2 y e^{x}, f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y} f_{y} = - 2 e^{x} .

Hessian 矩阵为

H (x, y) = (f_{xx} f_{x y} f_{x y} f_{yy}) .

在点 $(0, 0)$ 处：

f_{xx} (0, 0) = 4, f_{x y} (0, 0) = 0, f_{yy} (0, 0) = - 2, det H (0, 0) = 4 \times (- 2) - 0^{2} = - 8 < 0,

故 $(0, 0)$ 是鞍点，不是极值点。

在点 $(- 2, 0)$ 处：

f_{xx} (- 2, 0) = - \frac{4}{e ^{2}} < 0, f_{x y} (- 2, 0) = 0, f_{yy} (- 2, 0) = - \frac{2}{e ^{2}}, det H (- 2, 0) = (- \frac{4}{e ^{2}}) \times (- \frac{2}{e ^{2}}) - 0^{2} = \frac{8}{e ^{4}} > 0,

且 $f_{xx} (- 2, 0) < 0$ ，故函数在 $(- 2, 0)$ 处取得极大值。极大值为

f (- 2, 0) = (2 \times (- 2)^{2} - 0^{2}) e^{- 2} = 8 e^{- 2} = \frac{8}{e ^{2}} .

因此，函数有极大值 $\frac{8}{e ^{2}}$ ，无极小值。

20

(本题满分 12 分)

已知 $M (x_{0}, y_{0})$ 是曲线 $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} (x \geq 0)$ 的拐点， $O$ 为坐标原点，记 $D$ 是第一象限中以曲线 $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} (x \geq x_{0})$ ，线段 $OM$ 及 $x$ 正半轴为边界的无界区域，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

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【答案】

\frac{π ^{2}}{6} - \frac{3 π}{16}

【解析】 首先，求曲线 $y = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ ( $x \geq 0$ ) 的拐点。计算二阶导数：

y^{'} = - \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}, y^{''} = \frac{2 ( 3 x ^{2} - 1 )}{( 1 + x ^{2} ) ^{3}} .

令 $y^{''} = 0$ 得 $3 x^{2} - 1 = 0$ ，解得 $x_{0} = \frac{1}{3}$ (因 $x \geq 0$ )，代入曲线方程得 $y_{0} = \frac{3}{4}$ ，故拐点为 $M (\frac{1}{3}, \frac{3}{4})$ 。

区域 $D$ 的边界由曲线 $y = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ ( $x \geq x_{0}$ )、线段 $OM$ 及 $x$ 正半轴组成。线段 $OM$ 的方程为 $y = \frac{y _{0}}{x _{0}} x = \frac{3 3}{4} x$ ( $0 \leq x \leq x_{0}$ )。因此，区域 $D$ 可描述为：在 $x$ 轴上方，上边界为

f (x) = {\frac{3 3}{4} x, \frac{1}{1 + x ^{2}}, 0 \leq x \leq x_{0}, x \geq x_{0} .

将 $D$ 绕 $x$ 轴旋转，所得旋转体的体积为

V = π \int_{0}^{+ \infty} [f (x)]^{2} d x = π \int_{0}^{x_{0}} (\frac{3 3}{4} x)^{2} d x + \int_{x_{0}}^{+ \infty} (\frac{1}{1 + x ^{2}})^{2} d x .

计算第一个积分：

\int_{0}^{1/ 3} (\frac{3 3}{4} x)^{2} d x = \frac{27}{16} \int_{0}^{1/ 3} x^{2} d x = \frac{27}{16} \cdot \frac{1}{3} (\frac{1}{3})^{3} = \frac{27}{16} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3 3} = \frac{3}{16 3} = \frac{3}{16} .

计算第二个积分：

\int_{1/ 3}^{+ \infty} \frac{1}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} d x = [\frac{1}{2} arctan x + \frac{1}{2} \cdot \frac{x}{1 + x ^{2}}]_{1/ 3}^{+ \infty} .

当 $x \to + \infty$ 时，值为 $\frac{π}{4}$ ；在 $x = \frac{1}{3}$ 处，值为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{π}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{π}{12} + \frac{3}{8}$ 。因此，

\int_{1/ 3}^{+ \infty} \frac{1}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{π}{4} - \frac{π}{12} - \frac{3}{8} = \frac{π}{6} - \frac{3}{8} .

于是，

V = π (\frac{3}{16} + \frac{π}{6} - \frac{3}{8}) = π (\frac{π}{6} - \frac{3}{16}) = \frac{π ^{2}}{6} - \frac{3 π}{16} .

21

(本题满分 12 分)

求微分方程 $x^{2} y^{''} - 2 x y^{'} - (y^{'})^{2} = 0 (x > 2)$ 满足条件 $y_{x = 3} = \frac{1}{2}$ ， $y^{'}_{x = 3} = - 9$ 的解。

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【答案】

y = - \frac{x ^{2}}{2} - 2 x - 4 ln (x - 2) + 11

【解析】 令 $p = y^{'}$ ，则 $y^{''} = \frac{d p}{d x}$ ，代入原方程 $x^{2} y^{''} - 2 x y^{'} - (y^{'})^{2} = 0$ 得：

x^{2} \frac{d p}{d x} - 2 x p - p^{2} = 0

假设 $p \neq = 0$ ，两边除以 $p^{2}$ ：

\frac{x ^{2}}{p ^{2}} \frac{d p}{d x} - \frac{2 x}{p} - 1 = 0

令 $u = \frac{1}{p}$ ，则 $\frac{d p}{d x} = - \frac{1}{u ^{2}} \frac{d u}{d x}$ ，代入上式：

x^{2} \cdot u^{2} \cdot (- \frac{1}{u ^{2}} \frac{d u}{d x}) - 2 xu - 1 = 0

化简得：

- x^{2} \frac{d u}{d x} - 2 xu - 1 = 0

即：

x^{2} \frac{d u}{d x} + 2 xu + 1 = 0

注意到左边为 $\frac{d}{d x} (x^{2} u)$ ，故：

\frac{d}{d x} (x^{2} u) = - 1

积分得：

x^{2} u = - x + C

其中 $C$ 为积分常数。代回 $u = \frac{1}{p}$ 得：

\frac{1}{y ^{'}} = \frac{C - x}{x ^{2}}

所以：

y^{'} = \frac{x ^{2}}{C - x}

利用初始条件 $y^{'} (3) = - 9$ ，代入得：

- 9 = \frac{9}{C - 3}

解得 $C = 2$ 。于是：

y^{'} = \frac{x ^{2}}{2 - x}

对 $y^{'}$ 积分求 $y$ ：

y = \int \frac{x ^{2}}{2 - x} d x

化简被积函数：

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

积分得：

y = \int (- x - 2 - \frac{4}{x - 2}) d x = - \frac{x ^{2}}{2} - 2 x - 4 ln ∣ x - 2∣ + D

由于 $x > 2$ ，故 $∣ x - 2∣ = x - 2$ 。再利用初始条件 $y (3) = \frac{1}{2}$ ：

y (3) = - \frac{9}{2} - 6 - 4 ln 1 + D = - \frac{21}{2} + D = \frac{1}{2}

解得 $D = 11$ 。因此所求解为：

y = - \frac{x ^{2}}{2} - 2 x - 4 ln (x - 2) + 11

22

(本题满分 12 分)

已知向量组

α_{1} = 10 - 1 - 1, α_{2} = 1 - 1 0 - 2, α_{3} = 0 - 1 1 - 1, α_{4} = 01 - 1 1,

记 $A (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ， $G = (α_{1}, α_{2})$ 。

(1) 证明： $α_{1}, α_{2}$ 是 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 的极大线性无关组；

(2) 求矩阵 $H$ 使得 $A = G H$ ，并求 $A^{10}$ 。

查看答案与解析

【答案】 (1) 略。 (2) $H = (1001 - 1 1 1 - 1)$ ， $A^{10} = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 - 9 - 1 108 91 - 10 - 8$ 。

【解析】
(1) 设 $c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} = 0$ ，解得 $c_{1} = c_{2} = 0$ ，故 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关。由 $α_{3} = - α_{1} + α_{2}$ ， $α_{4} = α_{1} - α_{2}$ 知 $α_{3}, α_{4}$ 可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示，因此 $α_{1}, α_{2}$ 构成一个极大线性无关组。

(2) 令 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ， $G = (α_{1}, α_{2})$ 。
由 $α_{3} = - α_{1} + α_{2}$ ， $α_{4} = α_{1} - α_{2}$ ，可得 $A = G H$ ，其中

H = (1001 - 1 1 1 - 1) .

计算

H G = (10 - 1 1),

记 $B = H G$ ，则 $B = I + N$ ，

N = (00 - 1 0), N^{2} = 0.

因此

B^{9} = (I + N)^{9} = I + 9 N = (10 - 9 1) .

于是

A^{10} = G B^{9} H = 10 - 1 - 1 1 - 1 0 - 2 (10 - 9 1) (1001 - 1 1 1 - 1) .

首先计算中间结果：

10 - 1 - 1 1 - 1 0 - 2 (10 - 9 1) = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 .

进而得

A^{10} = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 (1001 - 1 1 1 - 1) = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 - 9 - 1 108 91 - 10 - 8 .