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2010 年真题

23 题

选择题

1

若 $lim_{x \to 0} [\frac{1}{x} - (\frac{1}{x} - a) e^{x}] = 1$ ，则 $a$ 等于

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正确答案：C

正确答案：C

分析
通分直接计算等式左边的极限，进而解出 $a$ 。

详解
由于

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

从而由题设可得 $a - 1 = 1$ ，即 $a = 2$ ，故应选 (C)。

2

设 $y_{1}$ ， $y_{2}$ 是一阶线性非齐次微分方程

y^{'} + p (x) y = q (x)

的两个特解。若常数 $λ$ ， $μ$ 满足 $λ y_{1} + μ y_{2}$ 是该方程的解，且 $λ y_{1} - μ y_{2}$ 是对应的齐次方程的解，则

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正确答案：A

正确答案：A

分析
此题主要考查线性微分方程解的性质和结构。

详解
因为 $y_{1}$ 、 $y_{2}$ 是一阶线性非齐次微分方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的两个特解，所以

y_{1}^{'} + p (x) y_{1} = y_{2}^{'} + p (x) y_{2} = q (x)

由于 $λ y_{1} + μ y_{2}$ 是该方程的解，则

(λ y_{1}^{'} + μ y_{2}^{'}) + p (x) (λ y_{1} + μ y_{2}) = q (x)

即

λ (y_{1}^{'} + p (x) y_{1}) + μ (y_{2}^{'} + p (x) y_{2}) = q (x)

将上式代入可得：

λ + μ = 1 (2)

由于 $λ y_{1} - μ y_{2}$ 是对应的齐次方程的解，则

(λ y_{1}^{'} - μ y_{2}^{'}) + p (x) (λ y_{1} - μ y_{2}) = 0

即

λ (y_{1}^{'} + p (x) y_{1}) - μ (y_{2}^{'} + p (x) y_{2}) = 0

将上式代入可得：

λ - μ = 0 (3)

由 (2)、(3) 可得

λ = μ = \frac{1}{2}

故应选 (A)。

评注
设 $y_{1}, y_{2}, \dots, y_{s}$ 是一阶线性非齐次微分方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的解，则对于常数 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{s}$ ，有下列结论：

若 $k_{1} + k_{2} + \dots + k_{s} = 1$ ，则 $k_{1} y_{1} + k_{2} y_{2} + \dots + k_{s} y_{s}$ 是方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的解；
若 $k_{1} + k_{2} + \dots + k_{s} = 0$ ，则 $k_{1} y_{1} + k_{2} y_{2} + \dots + k_{s} y_{s}$ 是方程 $y^{'} + p (x) y = 0$ 的解。

3

设函数 $f (x)$ ， $g (x)$ 具有二阶导数，且 $g^{''} (x) < 0$ 。若 $g (x_{0}) = a$ 是 $g (x)$ 的极值，则 $f (g (x))$ 在 $x_{0}$ 取极大值的一个充分条件是

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正确答案：B

正确答案：B

分析
本题主要考查导数的应用，求 $f (g (x))$ 的一、二阶导数，利用取得极值的必要条件及充分条件。

详解
令 $F (x) = f (g (x))$ ，则

F^{'} (x) = [f (g (x))]^{'} = f^{'} (g (x)) g^{'} (x),

F^{''} (x) = [f (g (x))]^{''} = f^{''} (g (x)) [g^{'} (x)]^{2} + f^{'} (g (x)) g^{''} (x) .

由 $g (x_{0}) = a$ 是 $g (x)$ 的极值知 $g^{'} (x_{0}) = 0$ 。于是有

F^{'} (x_{0}) = 0, F^{''} (x_{0}) = f^{'} (a) g^{''} (x_{0}) .

由于 $g^{''} (x) < 0$ ，要使 $F^{''} (x_{0}) = [f (g (x_{0}))]^{''} < 0$ ，只要 $f^{'} (a) > 0$ 。

因此应选 (B)。

4

设 $f (x) = ln^{10} x$ ， $g (x) = x$ ， $h (x) = e^{\frac{x}{10}}$ ，则当 $x$ 充分大时有

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正确答案：C

正确答案：C

【分析】
计算两两比的极限便可得到答案。

【详解】
因为

x \to \infty lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to \infty lim \frac{ln ^{10} x}{x} = 10 x \to \infty lim \frac{ln ^{9} x}{x} = \dots = 10! x \to \infty lim \frac{1}{x} = 0,

x \to \infty lim \frac{g ( x )}{h ( x )} = x \to \infty lim \frac{x}{e ^{\frac{x}{10}}} = x \to \infty lim \frac{10}{e ^{\frac{x}{10}}} = 0,

由此可知当 $x$ 充分大时， $f (x)$

5

设向量组 I: $α_{1}$ , $α_{2}$ , $\dots$ , $α_{r}$ 可由向量组 II: $β_{1}$ , $β_{2}$ , $\dots$ , $β_{s}$ 线性表示，则下列命题正确的是

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正确答案：A

正确答案：A

分析
本题考查向量组的线性相关性。

详解
因向量组I能由向量组II线性表示，所以 $r (I) \leq r (II)$ ，即

r (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}) \leq r (β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}) \leq s .

若向量组I线性无关，则 $r (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}) = r$ ，所以 $r \leq s$ 。故应选(A)。

评注
“若 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}$ 线性无关且可由 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 线性表示，则 $r \leq s$ ”这是线性代数中的一个重要定理，对定理熟悉的考生可直接得正确答案。

6

设 $A$ 为 4 阶对称矩阵，且 $A^{2} + A = 0$ 。若 $A$ 的秩为 3，则 $A$ 相似于

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正确答案：D

正确答案：D

分析
考查矩阵特征值、特征值的性质及实对称矩阵的性质。

详解
由于 $A^{2} + A = 0$ ，所以 $A (A + E) = 0$ 。由于 $A$ 的秩为 3，所以 $A + E$ 不可逆，从而 $∣ A ∣ = 0$ ， $∣ A + E ∣ = 0$ 。因此， $λ_{1} = 0$ 和 $λ_{2} = - 1$ 是矩阵 $A$ 的特征值。

假设 $λ$ 是矩阵 $A$ 的特征值，则 $λ^{2} + λ = 0$ ，所以 $λ$ 只能是 0 或 -1。

由于 $A$ 是实对称矩阵，且 $A$ 的秩为 3，所以其全部特征值为 -1, -1, -1, 0。因此应选 (D)。

7

设随机变量 $X$ 的分布函数为

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{1}{2}, 1 - e^{- x}, x < 0 0 \leq x < 1 x \geq 1

则 $P {X = 1} =$

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正确答案：C

正确答案：C

分析
考查如何利用分布函数计算随机变量取值的概率。

详解
由分布函数的性质可知：

P {X = 1} = P {X \leq 1} - P {X < 1} = F (1) - x \to 1^{-} lim F (x) = (1 - e^{- 1}) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - e^{- 1}

故应选 (C)。

8

设 $f_{1} (x)$ 为标准正态分布的概率密度， $f_{2} (x)$ 为 $[- 1, 3]$ 上均匀分布的概率密度，且

f (x) = {a f_{1} (x), b f_{2} (x), x \leq 0 x > 0

为概率密度，则 $a, b$ 满足

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正确答案：A

正确答案：A

分析
考查概率密度的性质：
① $f (x) \geq 0$ ；
② $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x = 1$ 。

详解
由已知可得：

f_{1} (x) = \frac{1}{2 π} e^{- \frac{x ^{2}}{2}}, f_{2} (x) = {\frac{1}{4}, 0, - 1 \leq x \leq 3 其他

由概率密度的性质可知：

\int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x = 1

所以

1 = a \int_{- \infty}^{0} f_{1} (x) d x + b \int_{0}^{+ \infty} f_{2} (x) d x = a \cdot \frac{1}{2} + b \int_{0}^{3} \frac{1}{4} d x = \frac{a}{2} + \frac{3 b}{4}

两边同乘 4 得：

2 a + 3 b = 4

因此应选 (A)。

填空题

9

（填空题）设可导函数 $y = y (x)$ 由方程

\int_{0}^{x + y} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{x} x sin t^{2} d t

所确定，则

\frac{d y}{d x}_{x = 0} =

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【答案】 -1

【解析】 法一：

由 $\int_{0}^{x + y} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{x} x sin t^{2} d t$ ，令 $x = 0$ 得 $y = 0$ 。

等式两边对 $x$ 求导得

e^{- (x + y)^{2}} (1 + \frac{d y}{d x}) = \int_{0}^{x} sin t^{2} d t + x sin x^{2}

将 $x = 0$ ， $y = 0$ 代入上式得

\frac{d y}{d x} ∣_{x = 0} = - 1

法二：

由 $\int_{0}^{x + y} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{x} x sin t^{2} d t$ ，令 $x = 0$ 得 $y = 0$ 。

等式两边对 $x$ 微分得

e^{- (x + y)^{2}} (d x + d y) = (\int_{0}^{x} sin t^{2} d t) d x + x sin x^{2} d x

将 $x = 0$ ， $y = 0$ 代入上式得

(d x + d y) ∣_{x = 0} = 0

从而

\frac{d y}{d x} ∣_{x = 0} = - 1

10

（填空题）设位于曲线 $y = \frac{1}{x ( 1 + l n ^{2} x )}$ （ $e \leq x < + \infty$ ）下方， $x$ 轴上方的无界区域为 $G$ ，则 $G$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得空间区域的体积为。

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【答案】 $\frac{π ^{2}}{4}$

【解析】 利用旋转体的体积公式计算，这是一个反常积分。

体积公式为：

V = π \int_{e}^{+ \infty} y^{2} d x = π \int_{e}^{+ \infty} \frac{1}{x ( 1 + ln ^{2} x )} d x

令 $t = ln x$ ，则 $d t = \frac{1}{x} d x$ 。当 $x = e$ 时， $t = 1$ ；当 $x \to + \infty$ 时， $t \to + \infty$ 。

因此，体积可以转化为：

V = π \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{1 + t ^{2}} d t = π (arctan t)_{1}^{+ \infty}

计算积分结果：

V = π (\frac{π}{2} - \frac{π}{4}) = \frac{π ^{2}}{4}

最终体积为 $\frac{π ^{2}}{4}$ 。

11

（填空题）设某商品的收益函数为 $R (p)$ ，收益弹性为 $1 + p$ ，其中 $p$ 为价格，且 $R (1) = 1$ ，则 $R (p) =$

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【答案】 $R (p) = p e^{p - 1}$

【解析】 收益弹性为 $\frac{p d R}{R d p} = 1 + p$ ，即：

\frac{d R}{R} = (1 + p) \frac{d p}{p}

分离变量得：

\frac{d R}{R} = (1 + \frac{1}{p}) d p

两端积分得：

ln R = p + ln p + C

即：

R = Cp e^{p}

由 $R (1) = 1$ 得 $C e = 1$ ，所以 $C = \frac{1}{e}$ 。故：

R (p) = p e^{p - 1}

12

（填空题）若曲线 $y = x^{3} + a x^{2} + b x + 1$ 有拐点 $(- 1, 0)$ ，则 $b =$

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【答案】 3

【解析】 对函数 $y = x^{3} + a x^{2} + b x + 1$ 求导，得到一阶导数为：

y^{'} = 3 x^{2} + 2 a x + b

再对 $y^{'}$ 求导，得到二阶导数为：

y^{''} = 6 x + 2 a

由于点 $(- 1, 0)$ 是函数的拐点，因此 $y^{''} (- 1) = 0$ ，代入计算：

6 \times (- 1) + 2 a = 0

解得：

a = 3

又因为点 $(- 1, 0)$ 在曲线上，代入原函数：

0 = (- 1)^{3} + 3 \times (- 1)^{2} + b \times (- 1) + 1

化简得：

0 = - 1 + 3 - b + 1

解得：

b = 3

13

（填空题）设 $A$ 、 $B$ 为 3 阶矩阵，且 $∣ A ∣ = 3$ ， $∣ B ∣ = 2$ ， $∣ A^{- 1} + B ∣ = 2$ ，则 $∣ A + B^{- 1} ∣ =$

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【答案】 3

【解析】 因为

∣ A + B^{- 1} ∣ = ∣ B^{- 1} (B A + E) ∣ = ∣ B^{- 1} ∣∣ B A + E ∣ = \frac{1}{∣ B ∣} ∣ B A + E ∣

又

∣ A^{- 1} + B ∣ = ∣ A^{- 1} (E + A B) ∣ = ∣ A^{- 1} ∣∣ E + A B ∣ = \frac{1}{∣ A ∣} ∣ E + A B ∣ = 2

所以

∣ E + A B ∣ = 2∣ A ∣ = 6

而

∣ B A + E ∣ = ∣ (A B + E)^{T} ∣ = ∣ A B + E ∣ = 6

故

∣ A + B^{- 1} ∣ = \frac{1}{2} \times 6 = 3

14

（填空题）设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $N (μ, σ^{2}) (σ > 0)$ 的简单随机样本，统计量 $T = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ ，则 $E (T) =$ ________。

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【答案】 $σ^{2} + μ^{2}$

【解析】 根据简单随机样本的性质， $X_{i}$ 相互独立且与总体同分布，即 $X_{i} \sim N (μ, σ^{2})$ 。于是：

E (X_{i}) = μ, D (X_{i}) = σ^{2}

E (X_{i}^{2}) = D (X_{i}) + (E (X_{i}))^{2} = σ^{2} + μ^{2}

因此：

E (T) = E (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}^{2}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (X_{i}^{2}) = σ^{2} + μ^{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限 $x \to \infty lim (x^{\frac{1}{x}} - 1)^{\frac{1}{l n x}}$

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【答案】 $\frac{1}{e}$

【解析】

x \to \infty lim (x^{\frac{1}{x}} - 1)^{\frac{1}{l n x}} = x \to \infty lim e^{\frac{l n ( x ^{\frac{1}{x}} - 1 )}{l n x}} = x \to \infty lim e^{\frac{l n ( e ^{\frac{l n x}{x}} - 1 )}{l n x}} (t = \frac{1}{x}, x \to \infty t \to 0^{+}) = t \to 0^{+} lim e^{\frac{l n ( e ^{- t l n t} - 1 )}{- l n t}} \approx t \to 0^{+} lim e^{\frac{l n ( - t l n t )}{- l n t}} (t \to 0^{+} e^{- t l n t} - 1 \sim - t ln t) = t \to 0^{+} lim e^{\frac{l n t + l n ( - l n t )}{- l n t}} = t \to 0^{+} lim e^{\frac{l n t}{- l n t} + \frac{l n ( - l n t )}{- l n t}} = t \to 0^{+} lim e^{- 1 + \frac{l n ( - l n t )}{- l n t}} = e^{- 1 + 0} = e^{- 1} = \frac{1}{e}

16

（本题满分 10 分）

计算二重积分 $\iint_{D} (x + y)^{3} d x d y$ ，其中 $D$ 由曲线 $x = 1 + y^{2}$ 与直线 $x + 2 y = 0$ 及 $x - 2 y = 0$ 围成。

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【答案】 $\frac{14}{15}$

【解析】 显然 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且 $D = D_{1} \cup D_{2}$ ，其中

D_{1} = {(x, y) ∣ 0 \leq y \leq 1, 2 y \leq x \leq 1 + y^{2}},

D_{2} = {(x, y) ∣ - 1 \leq y \leq 0, - 2 y \leq x \leq 1 + y^{2}} .

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

由于被积函数 $3 x^{2} y + y^{3}$ 是关于 $y$ 的奇函数， $x^{3} + 3 x y^{2}$ 是关于 $y$ 的偶函数，所以

\iint_{D} (x + y)^{3} d x d y = 2 \iint_{D_{1}} (x^{3} + 3 x y^{2}) d x d y = 2 \int_{0}^{1} d y \int_{2 y}^{1 + y^{2}} (x^{3} + 3 x y^{2}) d x = 2 \int_{0}^{1} [\frac{1}{4} x^{4} + \frac{3}{2} x^{2} y^{2}]_{2 y}^{1 + y^{2}} d y = 2 \int_{0}^{1} [\frac{1}{4} (1 + y^{2})^{2} + \frac{3}{2} (1 + y^{2}) y^{2} - \frac{1}{4} (2 y)^{4} - \frac{3}{2} (2 y)^{2} y^{2}] d y = 2 \int_{0}^{1} [\frac{1}{4} (1 + 2 y^{2} + y^{4}) + \frac{3}{2} y^{2} + \frac{3}{2} y^{4} - \frac{1}{4} \times 4 y^{4} - \frac{3}{2} \times 2 y^{4}] d y = 2 \int_{0}^{1} [\frac{1}{4} + \frac{1}{2} y^{2} + \frac{1}{4} y^{4} + \frac{3}{2} y^{2} + \frac{3}{2} y^{4} - y^{4} - 3 y^{4}] d y = 2 \int_{0}^{1} (\frac{1}{4} + 2 y^{2} - \frac{9}{4} y^{4}) d y = 2 [\frac{1}{4} y + \frac{2}{3} y^{3} - \frac{9}{20} y^{5}]_{0}^{1} = 2 (\frac{1}{4} + \frac{2}{3} - \frac{9}{20}) = 2 \times \frac{15 + 40 - 27}{60} = 2 \times \frac{28}{60} = \frac{14}{15} .

17

（本题满分 10 分）

求函数 $u = x y + 2 yz$ 在约束条件 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 10$ 下的最大值和最小值。

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【答案】 最大值为 $55$ ，最小值为 $- 55$ 。

【解析】
令 $F (x, y, z, λ) = x y + 2 yz + λ (x^{2} + y^{2} + z^{2} - 10)$ ，解方程组

⎩ ⎨ ⎧ F_{x}^{'} = y + 2 λ x = 0 F_{y}^{'} = x + 2 z + 2 λ y = 0 F_{z}^{'} = 2 y + 2 λ z = 0 F_{λ}^{'} = x^{2} + y^{2} + z^{2} - 10 = 0

当 $y \neq = 0$ 时，由 $y + 2 λ x = 0$ 得 $λ = - \frac{y}{2 x}$ 。由 $2 y + 2 λ z = 0$ 得 $λ = - \frac{y}{z}$ ，所以 $- \frac{y}{2 x} = - \frac{y}{z}$ ，即 $z = 2 x$ 。

将 $z = 2 x$ 代入 $x + 2 z + 2 λ y = 0$ 得 $x + 4 x + 2 λ y = 0$ ，即 $5 x + 2 λ y = 0$ 。又 $λ = - \frac{y}{2 x}$ ，所以：

5 x + 2 \times (- \frac{y}{2 x}) y = 0 ⟹ 5 x - \frac{y ^{2}}{x} = 0 ⟹ y^{2} = 5 x^{2} ⟹ y = \pm 5 x

将 $z = 2 x$ 和 $y = \pm 5 x$ 代入 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 10$ 得：

x^{2} + 5 x^{2} + 4 x^{2} = 10 ⟹ 10 x^{2} = 10 ⟹ x = \pm 1

当 $x = 1$ 时， $y = \pm 5$ ， $z = 2$ ；当 $x = - 1$ 时， $y = \pm 5$ ， $z = - 2$ 。

当 $y = 0$ 时，由 $F_{x}^{'} = 0$ 得 $0 + 2 λ x = 0$ 。若 $x \neq = 0$ ，则 $λ = 0$ 。由 $F_{z}^{'} = 0$ 得 $0 + 2 λ z = 0$ ，恒成立。此时约束条件为：

x^{2} + 0 + z^{2} = 10 ⟹ x^{2} + z^{2} = 10

令 $x = k$ ，则 $z = \pm 10 - k^{2}$ ，此时 $u = 0 + 0 = 0$ 。

综上，驻点为

(1, 5, 2), (- 1, 5, - 2), (10, 0, 0), (1, - 5, 2), (- 1, - 5, - 2), (- 10, 0, 0) .

后两点实际为 $y = 0$ 时的特殊情况，代入计算 $u$ 均为 0。

计算各驻点处的 $u$ 值：

u (1, 5, 2) u (1, - 5, 2) u (- 1, 5, - 2) u (- 1, - 5, - 2) u (10, 0, 0) u (- 10, 0, 0) = 1 \times 5 + 2 \times 5 \times 2 = 5 + 45 = 55 = 1 \times (- 5) + 2 \times (- 5) \times 2 = - 5 - 45 = - 55 = - 1 \times 5 + 2 \times 5 \times (- 2) = - 5 - 45 = - 55 = - 1 \times (- 5) + 2 \times (- 5) \times (- 2) = 5 + 45 = 55 = 0 = 0

所以函数 $u$ 的最大值为 $55$ ，最小值为 $- 55$ 。

18

（本题满分 10 分）

(1) 比较 $\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t$ 与 $\int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）的大小，说明理由。

(2) 记 $u_{n} = \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），求极限 $lim_{n \to \infty} u_{n}$ 。

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【答案】
(1)

\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t (n = 1, 2, \dots)

(2)

n \to \infty lim u_{n} = 0

【解析】
(1) 当 $t \in (0, 1)$ 时，有 $0 < ln (1 + t) < t$ ，因此 $[ln (1 + t)]^{n} < t^{n}$ 。又因为 $∣ ln t ∣ \geq 0$ ，所以：

∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} \leq t^{n} ∣ ln t ∣

其中等号仅在 $t = 0$ 或 $t = 1$ 时成立，但由于积分区间为开区间，不影响积分值。根据定积分的保序性可得：

\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t (n = 1, 2, \dots)

(2) 由 (1) 可知 $0 \leq u_{n} \leq \int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t$ 。计算 $\int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t$ ：

\int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t = \int_{0}^{1} t^{n} (- ln t) d t = - \int_{0}^{1} t^{n} ln t d t = u = t^{n + 1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} ln t d u = - \frac{1}{n + 1} [t^{n + 1} ln t ∣_{0}^{1} - \int_{0}^{1} t^{n + 1} \cdot \frac{1}{t} d t] = - \frac{1}{n + 1} [0 - \int_{0}^{1} t^{n} d t] = \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{1}{n + 1} = \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}}

由于 $lim_{n \to \infty} \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} = 0$ ，根据夹逼定理可得：

n \to \infty lim u_{n} = 0

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[0, 3]$ 上连续，在开区间 $(0, 3)$ 内存在二阶导数，且

2 f (0) = \int_{0}^{2} f (x) d x = f (2) + f (3)

证明存在 $η \in (0, 2)$ 使得 $f (η) = f (0)$ 。
证明存在 $ξ \in (0, 3)$ 使得 $f^{''} (ξ) = 0$ 。

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【答案】 见解析

【解析】
(1) 令 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 。因为 $f (x)$ 在 $[0, 2]$ 上连续，所以 $F (x)$ 在 $[0, 2]$ 上连续，在 $(0, 2)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $η \in (0, 2)$ ，使得

F (2) - F (0) = F^{'} (η) (2 - 0)

即

\int_{0}^{2} f (x) d x = 2 f (η)

又已知 $2 f (0) = \int_{0}^{2} f (x) d x$ ，所以

2 f (0) = 2 f (η)

即 $f (η) = f (0)$ ，得证。

(2) 由 $2 f (0) = f (2) + f (3)$ 可得

f (0) = \frac{f ( 2 ) + f ( 3 )}{2}

因为 $f (x)$ 在 $[2, 3]$ 上连续，根据闭区间上连续函数的介值定理，存在 $γ \in [2, 3]$ ，使得

f (γ) = \frac{f ( 2 ) + f ( 3 )}{2} = f (0)

此时， $f (x)$ 在 $[0, η]$ 和 $[η, γ]$ 上分别满足罗尔中值定理条件（因为 $f (0) = f (η) = f (γ)$ ），所以：

存在 $ξ_{1} \in (0, η)$ ，使得 $f^{'} (ξ_{1}) = 0$ ；
存在 $ξ_{2} \in (η, γ)$ ，使得 $f^{'} (ξ_{2}) = 0$ 。

又因为 $f^{'} (x)$ 在 $[ξ_{1}, ξ_{2}]$ 上连续，在 $(ξ_{1}, ξ_{2})$ 内可导，再由罗尔中值定理，存在 $ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subset (0, 3)$ ，使得

f^{''} (ξ) = 0

得证。

20

（本题满分 11 分）

给定矩阵 $A = λ 10 101 1 λ - 1 1 λ$ ，向量 $b = a 11$ ，以及线性方程组 $AX = b$ 。

求 $λ$ 和 $a$ 的值；
求方程组 $AX = b$ 的通解。

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【答案】

$λ = - 1$ ， $a = - 2$ 。
方程组 $AX = b$ 的通解为 $X = k (1, 0, 1)^{⊤} + (\frac{3}{2}, - \frac{1}{2}, 0)^{⊤}$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
（1）由于线性方程组 $A X = b$ 存在两个不同的解，所以该方程组有无穷多解，从而 $r (\overline{A}) = r (A) < 3$ 。

\overline{A} = λ 01 1 λ - 1 1 10 λ a 11 \to 10 λ 1 λ - 1 1 λ 01 11 a \to 100 1 λ - 1 1 - λ λ 0 1 - λ^{2} 11 a - λ \to 100 1 λ - 1 0 λ 0 1 - λ^{2} 11 a + 1 - λ

由

⎩ ⎨ ⎧ 1 - λ^{2} = 0 a + 1 - λ = 0 λ - 1 \neq = 0

得 $λ = - 1$ ， $a = - 2$ 。

（2）当 $λ = - 1$ ， $a = - 2$ 时，

\overline{A} \to 100 1 - 2 0 - 1 00 110 \to 100010 - 1 00 \frac{3}{2} - \frac{1}{2} 0

对应的方程组为

{x_{1} = x_{3} + \frac{3}{2} x_{2} = - \frac{1}{2}

所以通解为

X = k (1, 0, 1)^{⊤} + (\frac{3}{2}, - \frac{1}{2}, 0)^{⊤}

其中 $k$ 为任意常数。

21

（本题满分11分）

已知矩阵

A = 0 - 1 4 - 1 3 a 4 a 0,

其中 $Q$ 为正交矩阵，使得 $Q^{⊤} A Q$ 为对角矩阵，且 $Q$ 的第一列为

\frac{1}{6} 121 .

求 $a$ 及 $Q$ 。

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【答案】
$a = - 1$ ，正交矩阵 $Q$ 为

Q = \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2} .

【解析】
由题意， $\frac{1}{6} A (1, 2, 1)^{⊤} = λ_{1} \frac{1}{6} (1, 2, 1)^{⊤}$ ，于是

0 - 1 4 - 1 3 a 4 a 0 (1, 2, 1)^{⊤} = λ_{1} (1, 2, 1)^{⊤}

即 $(2, a + 5, 4 + 2 a)^{⊤} = λ_{1} (1, 2, 1)^{⊤}$ ，从而 $a = - 1$ ， $λ_{1} = 2$ 。

由于 $A$ 的特征多项式

∣ λ E - A ∣ = λ 1 - 4 1 λ - 3 1 - 4 1 λ \to r_{1} + r_{2} + r_{3} λ - 5 1 - 4 5 - λ λ - 3 1 λ - 5 1 λ = (λ - 5) 11 - 4 - 1 λ - 3 1 11 λ = (λ - 2) (λ - 5) (λ + 4)

所以 $A$ 的特征值为 $2, 5, - 4$ 。

由于方程组 $(5 E - A) X = 0$ 的基础解系为 $η = (1, - 1, 1)^{⊤}$ ，所以属于特征值 $5$ 的一个单位特征向量为 $\frac{1}{3} (1, - 1, 1)^{⊤}$ 。

又方程组 $(- 4 E - A) X = 0$ 的基础解系为 $β = (1, 0, - 1)^{⊤}$ ，所以属于特征值 $- 4$ 的一个单位特征向量为 $(\frac{1}{2}, 0, - \frac{1}{2})^{⊤}$ 。

故正交矩阵

Q = \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2}

且

Q^{⊤} A Q = 200050 00 - 4

22

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

f (x, y) = A e^{- 2 x^{2} + 2 x y - y^{2}}, - \infty < x < + \infty, - \infty < y < + \infty

其中 $A$ 为常数。

(1) 求常数 $A$ ；

(2) 求 $X$ 的边缘概率密度 $f_{X} (x)$ ；

(3) 求条件概率密度 $f_{Y ∣ X} (y ∣ x)$ ；

(4) 求 $P {Y \leq 1∣ X \leq 1}$ 。

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【答案】
(1) $A = \frac{1}{π}$
(2) $f_{X} (x) = \frac{1}{π} e^{- x^{2}}$
(3) $f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = \frac{1}{π} e^{- x^{2} + 2 x y - y^{2}}$

【解析】

解析

由概率密度的性质得

1 = \int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} A e^{- 2 x^{2} + 2 x y - y^{2}} d y = A \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- (y - x)^{2}} d y = A \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = A π \cdot π = A π

所以 $A = \frac{1}{π}$ ，即 $f (x, y) = \frac{1}{π} e^{- 2 x^{2} + 2 x y - y^{2}}$ 。

因为 $X$ 的边缘概率密度为

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- 2 x^{2} + 2 x y - y^{2}} d y = \frac{1}{π} e^{- x^{2}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- (y - x)^{2}} d y = \frac{1}{π} e^{- x^{2}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{1}{π} e^{- x^{2}}

故条件概率密度为

f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = \frac{f ( x , y )}{f _{X} ( x )} = \frac{1}{π} e^{- x^{2} + 2 x y - y^{2}}, - \infty < y < + \infty

23

（本题满分 11 分）

箱中装有6个球，其中红、白、黑球个数分别为1, 2, 3个。现从箱中随机地取出2个球，记 $X$ 为取出红球的个数， $Y$ 为取出白球的个数。

求随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布；
求 $Cov (X, Y)$ 。

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【答案】

随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布如下表：

$Y$ $╲$ $X$	$0$	$1$	$P {X = i}$
$0$	$3/15$	$3/15$	$6/15$
$1$	$6/15$	$2/15$	$8/15$
$2$	$1/15$	$0$	$1/15$
$P {Y = j}$	$10/15$	$5/15$	$1$

$Cov (X, Y) = - \frac{4}{45}$

【解析】
（1）随机变量 $X$ 的所有可能取值为 $0, 1$ ， $Y$ 的所有可能取值为 $0, 1, 2$ 。

${X = 0, Y = 0}$ 表示取到两个黑球，概率为
$P {X = 0, Y = 0} = \frac{C _{3}^{2}}{C _{6}^{2}} = \frac{3}{15}$ 。
${X = 0, Y = 1}$ 表示取到一个白球与一个黑球，概率为
$P {X = 0, Y = 1} = \frac{C _{2}^{1} C _{3}^{1}}{C _{6}^{2}} = \frac{6}{15}$ 。
${X = 0, Y = 2}$ 表示取到两个白球，概率为
$P {X = 0, Y = 2} = \frac{C _{2}^{2}}{C _{6}^{2}} = \frac{1}{15}$ 。
${X = 1, Y = 0}$ 表示取到一个红球与一个黑球，概率为
$P {X = 1, Y = 0} = \frac{C _{1}^{1} C _{3}^{1}}{C _{6}^{2}} = \frac{3}{15}$ 。
${X = 1, Y = 1}$ 表示取到一个红球与一个白球，概率为
$P {X = 1, Y = 1} = \frac{C _{1}^{1} C _{2}^{1}}{C _{6}^{2}} = \frac{2}{15}$ 。
${X = 1, Y = 2}$ 不可能发生，故
$P {X = 1, Y = 2} = 0$ 。

二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布如下：

$Y$ $╲$ $X$	$0$	$1$	$P {X = i}$
$0$	$3/15$	$3/15$	$6/15$
$1$	$6/15$	$2/15$	$8/15$
$2$	$1/15$	$0$	$1/15$
$P {Y = j}$	$10/15$	$5/15$	$1$

（2）计算期望 $E (X)$ 、 $E (Y)$ 和 $E (X Y)$ ：

E (X) = 0 \times \frac{10}{15} + 1 \times \frac{5}{15} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}

E (Y) = 0 \times \frac{6}{15} + 1 \times \frac{8}{15} + 2 \times \frac{1}{15} = \frac{10}{15} = \frac{2}{3}

E (X Y) = 0 \times 0 \times \frac{3}{15} + 0 \times 1 \times \frac{6}{15} + 0 \times 2 \times \frac{1}{15} + 1 \times 0 \times \frac{3}{15} + 1 \times 1 \times \frac{2}{15} + 1 \times 2 \times 0 = \frac{2}{15}

协方差为：

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = \frac{2}{15} - \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{15} - \frac{2}{9} = - \frac{4}{45}