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2023 年真题

22 题

选择题

1

已知函数 $f (x, y) = ln (y + ∣ x sin y ∣)$ ，则()

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正确答案：A

正确答案：A

$f (0, 1) = 0$ ，由偏导数的定义

\frac{\partial f}{\partial x}_{(0, 1)} = x \to 0 lim \frac{f ( x , 1 ) - f ( 0 , 1 )}{x} = x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + sin 1∣ x ∣ )}{x} = sin 1 x \to 0 lim \frac{∣ x ∣}{x},

因为

x \to 0^{+} lim \frac{∣ x ∣}{x} = 1, x \to 0^{-} lim \frac{∣ x ∣}{x} = - 1,

所以 $\frac{\partial f}{\partial x} ∣_{(0, 1)}$ 不存在。

而

\frac{\partial f}{\partial y}_{(0, 1)} = y \to 1 lim \frac{f ( 0 , y ) - f ( 0 , 1 )}{y - 1} = y \to 1 lim \frac{ln y}{y - 1} = y \to 1 lim \frac{y - 1}{y - 1} = 1,

所以 $\frac{\partial f}{\partial y} ∣_{(0, 1)}$ 存在。

2

函数

f (x) = {\frac{1}{1 + x ^{2}}, (x + 1) cos x, x \leq 0 x > 0

的一个原函数为()

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正确答案：D

正确答案：D

当 $x \leq 0$ 时，

\int f (x) d x = \int \frac{d x}{1 + x ^{2}} = ln (x + 1 + x^{2}) + C_{1}

当 $x > 0$ 时，

\int f (x) d x = \int (x + 1) cos x d x = \int (x + 1) d sin x = (x + 1) sin x - \int sin x d x = (x + 1) sin x + cos x + C_{2}

原函数在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，则在 $x = 0$ 处，

x \to 0^{-} lim ln (x + 1 + x^{2}) + C_{1} = C_{1}, x \to 0^{+} lim (x + 1) sin x + cos x + C_{2} = 1 + C_{2}

所以 $C_{1} = 1 + C_{2}$ 。令 $C_{2} = C$ ，则 $C_{1} = 1 + C$ 。故

\int f (x) d x = {ln (x + 1 + x^{2}) + 1 + C, (x + 1) sin x + cos x + C, x \leq 0 x > 0

结合选项，令 $C = 0$ ，则 $f (x)$ 的一个原函数为

F (x) = {ln (1 + x^{2} + x) + 1, (x + 1) sin x + cos x, x \leq 0 x > 0

3

若微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界，则 ( )

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正确答案：C

正确答案：C

微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的特征方程为 $λ^{2} + aλ + b = 0$ 。

当判别式 $Δ = a^{2} - 4 b > 0$ 时，特征方程有两个不同的实根 $λ_{1}$ 和 $λ_{2}$ 。此时， $λ_{1}$ 和 $λ_{2}$ 至少有一个不等于零。若常数 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 都不为零，则微分方程的解为

y = C_{1} e^{λ_{1} x} + C_{2} e^{λ_{2} x}

在区间 $(- \infty, + \infty)$ 上无界。

当判别式 $Δ = a^{2} - 4 b = 0$ 时，特征方程有两个相同的实根 $λ_{1, 2} = - \frac{a}{2}$ 。若 $C_{2} \neq = 0$ ，则微分方程的解为

y = C_{1} e^{- \frac{a}{2} x} + C_{2} x e^{- \frac{a}{2} x}

在区间 $(- \infty, + \infty)$ 上无界。

当判别式 $Δ = a^{2} - 4 b < 0$ 时，特征方程的根为

λ_{1, 2} = - \frac{a}{2} \pm \frac{4 b - a ^{2}}{2} i

此时，通解为

y = e^{- \frac{a}{2} x} (C_{1} cos \frac{4 b - a ^{2}}{2} x + C_{2} sin \frac{4 b - a ^{2}}{2} x)

要使微分方程的解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界，必须满足 $a = 0$ 。再由判别式条件 $Δ = a^{2} - 4 b < 0$ ，可知 $b > 0$ 。

4

已知 $a_{n} < b_{n} (n = 1, 2, \dots)$ 。若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 均收敛，则“ $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛”是“ $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛”的

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正确答案：A

正确答案：A

由条件知 $\sum_{n = 1}^{\infty} (b_{n} - a_{n})$ 为收敛的正项级数，进而绝对收敛。

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛，则由不等式

∣ b_{n} ∣ = ∣ b_{n} - a_{n} + a_{n} ∣ \leq ∣ b_{n} - a_{n} ∣ + ∣ a_{n} ∣

与比较判别法，得 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛。

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛，则由不等式

∣ a_{n} ∣ = ∣ a_{n} - b_{n} + b_{n} ∣ \leq ∣ b_{n} - a_{n} ∣ + ∣ b_{n} ∣

与比较判别法，得 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛。

5

设 $A$ 、 $B$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵， $M^{*}$ 为矩阵 $M$ 的伴随矩阵，则

(A O E B)^{*} = ?

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正确答案：B

正确答案：B

结合伴随矩阵的核心公式，代入 (B) 计算知

(A O E B) (∣ B ∣ A^{*} O - A^{*} B^{*} ∣ A ∣ B^{*}) = (∣ B ∣ A A^{*} O - A A^{*} B^{*} + ∣ A ∣ E B^{*} ∣ A ∣ B B^{*})

进一步化简得

(∣ B ∣∣ A ∣ E O - ∣ A ∣ B^{*} + ∣ A ∣ B^{*} ∣ A ∣∣ B ∣ E) = (∣ B ∣∣ A ∣ E O O ∣ A ∣∣ B ∣ E) = ∣ A ∣∣ B ∣ E

因此，(B) 正确。

6

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{1} + x_{3})^{2} - 4 (x_{2} - x_{3})^{2}$ 的规范形为()

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正确答案：B

正确答案：B

由已知二次型：

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1}^{2} - 3 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 8 x_{2} x_{3}

其对应的实对称矩阵为：

A = 211 1 - 3 4 14 - 3

计算特征方程：

∣ λ E - A ∣ = λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ + 3 - 4 - 1 - 4 λ + 3 = λ (λ + 7) (λ - 3) = 0

解得矩阵 $A$ 的特征值为 $0$ ， $- 7$ ， $3$ ，因此其规范形为：

y_{1}^{2} - y_{2}^{2}

7

已知向量

α_{1} = 123, α_{2} = 211, β_{1} = 259, β_{2} = 101,

若 $γ$ 既可由 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 线性表示，也可由 $β_{1}$ 、 $β_{2}$ 线性表示，则

γ = ?

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正确答案：D

正确答案：D

设 $γ = x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} = y_{1} β_{1} + y_{2} β_{2}$ ，

则

x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} - y_{1} β_{1} - y_{2} β_{2} = 0

又

(α_{1}, α_{2}, - β_{1}, - β_{2}) = 123211 - 2 - 5 - 9 - 1 0 - 1 \to 100010001 3 - 1 1

故

(x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2})^{T} = c (- 3, 1, - 1, 1)^{T}, c \in R

所以

γ = - c β_{1} + c β_{2} = c (- 1, - 5, - 8)^{T} = - c (1, 5, 8)^{T} = k (1, 5, 8)^{T}, k \in R

8

设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，则 $E (∣ X - E (X) ∣) =$

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正确答案：C

正确答案：C

法1：由题可知 $EX = 1$ ，所以

E ∣ X - EX ∣ = 1 \cdot P {X = 0} + k = 1 \sum \infty (k - 1) P {X = k} = \frac{1}{e} + k = 0 \sum \infty (k - 1) P {X = k} - (0 - 1) P {X = 0}

$= \frac{1}{e} + E (X - 1) - (0 - 1) \frac{1}{e} = \frac{2}{e}$ ，选 (C)。

法2：随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，即 $P (X = k) = \frac{1}{k !} e^{- 1} (k = 0, 1, 2, \dots)$ ，期望 $E (X) = 1$ 。

E (∣ X - E (X) ∣) = E (∣ X - 1∣) = 1 \cdot \frac{1}{0 !} e^{- 1} + 0 \cdot \frac{1}{1 !} e^{- 1} + 1 \cdot \frac{1}{2 !} e^{- 1} + \dots + (k - 1) \cdot \frac{1}{k !} e^{- 1} + \dots = e^{- 1} + k = 2 \sum \infty (k - 1) \cdot \frac{1}{k !} e^{- 1} = e^{- 1} + k = 2 \sum \infty \frac{k}{k !} e^{- 1} - k = 2 \sum \infty \frac{1}{k !} e^{- 1} = e^{- 1} + k = 2 \sum \infty \frac{1}{( k - 1 )!} e^{- 1} - k = 2 \sum \infty \frac{1}{k !} e^{- 1}

$= e^{- 1} + (e - 1) e^{- 1} - (e - 1 - 1) e^{- 1} = 2 e^{- 1}$ ，选 (C)。

9

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $N (μ_{1}, σ^{2})$ 的简单随机样本，
$Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 为来自总体 $N (μ_{2}, 2 σ^{2})$ 的简单随机样本，
且两样本相互独立。

记

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, \overset{ˉ}{Y} = \frac{1}{m} i = 1 \sum m Y_{i},

S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}, S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} i = 1 \sum m (Y_{i} - \overset{ˉ}{Y})^{2},

则

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正确答案：D

正确答案：D

对于样本 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ ，其样本方差为：

S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

对于样本 $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ ，其样本方差为：

S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} i = 1 \sum m (Y_{i} - \overset{ˉ}{Y})^{2}

根据卡方分布的性质，有：

\frac{( n - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

\frac{( m - 1 ) S _{2}^{2}}{2 σ ^{2}} \sim χ^{2} (m - 1)

当两个样本相互独立时，可以构造 F 统计量：

\frac{\frac{( n - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} / ( n - 1 )}{\frac{( m - 1 ) S _{2}^{2}}{2 σ ^{2}} / ( m - 1 )} = \frac{S _{1}^{2} / σ ^{2}}{S _{2}^{2} /2 σ ^{2}} = \frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n - 1, m - 1)

10

设 $X_{1}$ , $X_{2}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，其中 $σ$ ( $σ > 0$ ) 是未知参数。记 $\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣$ ，若 $E (\overset{σ}{^}) = σ$ ，则 $a =$

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正确答案：A

正确答案：A

由题可知 $X_{1} - X_{2} \sim N (0, 2 σ^{2})$ ，令 $Y = X_{1} - X_{2}$ ，则 $Y$ 的概率密度为

f (y) = \frac{1}{2 π 2 σ} e^{- \frac{y ^{2}}{2 \cdot 2 σ ^{2}}}

计算 $E (∣ Y ∣)$ ：

E (∣ Y ∣) = \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ y ∣ \frac{1}{2 π 2 σ} e^{- \frac{y ^{2}}{2 \cdot 2 σ ^{2}}} d y = \frac{2}{2 π 2 σ} \int_{0}^{+ \infty} y e^{- \frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y = \frac{2 σ}{π}

进一步求解：

E (a ∣ X_{1} - X_{2} ∣) = a E (∣ Y ∣) = a \frac{2 σ}{π}

由 $E (σ) = σ$ ，可得：

a = \frac{π}{2}

故选 $(A)$ 。

填空题

11

（填空题） $lim_{x \to \infty} x^{2} (2 - x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x}) =$

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 首先展开表达式：

x \to \infty lim x^{2} (2 - x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x}) = x^{2} [2 - x (\frac{1}{x} - \frac{1}{6 x ^{3}} + o (\frac{1}{x ^{3}})) - (1 - \frac{1}{2 x ^{2}} + o (\frac{1}{x ^{2}}))]

简化后得到：

x^{2} [\frac{1}{6 x ^{2}} + \frac{1}{2 x ^{2}} + o (\frac{1}{x ^{2}})] = \frac{2}{3}

最终结果为 $\frac{2}{3}$ 。

12

（填空题）已知函数 $f (x, y)$ 满足

df (x, y) = \frac{x d y - y d x}{x ^{2} + y ^{2}},

且 $f (1, 1) = \frac{π}{4}$ ，则 $f (3, 3) =$

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【答案】 $\frac{π}{3}$

【解析】 由题意可得 $f_{x}^{'} (x, y) = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，则

f (x, y) = - y \cdot \frac{1}{y} \cdot arctan \frac{x}{y} + c (y) = - arctan \frac{x}{y} + c (y)

又因为 $f_{y}^{'} (x, y) = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，可得 $c^{'} (y) = 0$ 。由 $f (1, 1) = \frac{π}{4}$ 可得 $c = \frac{π}{2}$ ，即

f (x, y) = - arctan \frac{x}{y} + \frac{π}{2}

故 $f (3, 3) = \frac{π}{3}$ 。

13

（填空题） $n = 0 \sum \infty \frac{x ^{2 n}}{( 2 n )!} =$

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【答案】 $\frac{1}{2} e^{x} + \frac{1}{2} e^{- x}$

【解析】 令 $s (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{2 n}}{( 2 n )!}$ ，则：

s^{'} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{2 n - 1}}{( 2 n - 1 )!}

s^{''} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{2 n - 2}}{( 2 n - 2 )!} = n = 0 \sum \infty \frac{x ^{2 n}}{( 2 n )!} = s (x)

即有微分方程 $s^{''} (x) - s (x) = 0$ ，其通解为：

s (x) = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}

由初始条件 $s (0) = 1$ 和 $s^{'} (0) = 0$ ，可得：

C_{1} + C_{2} = 1

C_{1} - C_{2} = 0

解得 $C_{1} = C_{2} = \frac{1}{2}$ ，因此：

s (x) = \frac{1}{2} e^{x} + \frac{1}{2} e^{- x}

14

（填空题）设某公司在 $t$ 时刻的资产为 $f (t)$ ，从 $0$ 时刻到 $t$ 时刻的平均资产等于 $\frac{f ( t )}{t} - t$ 。假设 $f (t)$ 连续且 $f (0) = 0$ ，则 $f (t) =$

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【答案】 $f (t) = 2 e^{t} - 2 t - 2$

【解析】 由题意可得方程

\frac{\int _{0}^{t} f ( x ) d x}{t} = \frac{f ( t )}{t} - t

即

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

两边同时对 $t$ 求导得

f (t) = f^{'} (t) - 2 t

即

f^{'} (t) - f (t) = 2 t

由一阶线性微分方程通解公式有：

f (t) = e^{\int 1 d t} (\int 2 t e^{- \int 1 d t} d t + C) = e^{t} (\int 2 t e^{- t} d t + C)

计算积分部分：

\int 2 t e^{- t} d t = - (2 t + 2) e^{- t}

因此通解为：

f (t) = e^{t} [- (2 t + 2) e^{- t} + C] = C e^{t} - 2 t - 2

又由于 $f (0) = 0$ ，代入得：

C - 2 = 0 \Rightarrow C = 2

故最终解为：

f (t) = 2 e^{t} - 2 t - 2

15

（填空题）已知线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ α x_{1} + x_{3} = 1 x_{1} + α x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + 2 x_{2} + α x_{3} = 0 α x_{1} + α x_{2} = 2

有解，其中 $α, b$ 为常数。若

α 11 0 α 2 11 α = 4,

则

11 α α 2 b 1 α 0 = .

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【答案】 8

【解析】 由已知 $r (A) = r (A, b) \leq 3 < 4$ ，故 $∣ A, b ∣ = 0$ 。

即

∣ A, b ∣ = α 11 α 0 α 2 b 11 α 0 1002 = 1 \cdot (- 1)^{1 + 4} 11 α α 2 b 1 α 0 + 2 \cdot (- 1)^{4 + 4} α 11 0 α 2 11 α

= - 11 α α 2 b 1 α 0 + 2 \cdot 4 = 0

故

11 α α 2 b 1 α 0 = 8

16

（填空题）设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X \sim B (1, p)$ ， $Y \sim B (2, p)$ ， $p \in (0, 1)$ ，则 $X + Y$ 与 $X - Y$ 的相关系数为

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【答案】 $- \frac{1}{3}$

【解析】 因为 $X \sim B (1, p)$ ，所以 $D X = p (1 - p)$ 。因为 $Y \sim B (2, p)$ ，所以 $D Y = 2 p (1 - p)$ 。

协方差计算如下：

C o v (X + Y, X - Y) = C o v (X + Y, X) - C o v (X + Y, Y) = C o v (X, X) + C o v (Y, X) - C o v (X, Y) - C o v (Y, Y) = D X - D Y = p (1 - p) - 2 p (1 - p) = - p (1 - p)

由于 $X$ 与 $Y$ 相互独立，方差计算如下：

D (X + Y) = D X + D Y = 3 p (1 - p)

D (X - Y) = D X + D Y = 3 p (1 - p)

因此，相关系数为：

ρ = \frac{C o v ( X + Y , X - Y )}{D ( X + Y ) D ( X - Y )} = - \frac{1}{3}

解答题

17

（本题满分 10 分）

已知可导函数 $y = y (x)$ 满足

a e^{x} + y^{2} + y - ln (1 + x) cos y + b = 0,

且 $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 0$ 。

(I) 求 $a$ ， $b$ 的值；

(II) 判断 $x = 0$ 是否为 $y (x)$ 的极值点。

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【答案】
(I) $a = 1$ ， $b = - 1$
(II) $x = 0$ 是 $y (x)$ 的极大值点。

【解析】
(1) 在题设方程两边同时对 $x$ 求导得，

a e^{x} + 2 y \cdot y^{'} + y^{'} - \frac{cos y}{1 + x} + ln (1 + x) \cdot sin y \cdot y^{'} = 0

将 $x = 0$ ， $y = 0$ 代入题设方程得， $a + b = 0$ ；将 $x = 0$ ， $y = 0$ ， $y^{'} (0) = 0$ 代入①式得， $a - 1 = 0$ 。综上： $a = 1$ ， $b = - 1$ 。

(2) 在等式①两边再对 $x$ 求导得，

a e^{x} + 2 (y^{'})^{2} + 2 y \cdot y^{''} + y^{''} \frac{- sin y \cdot y ^{'} \cdot ( 1 + x ) - cos y}{( 1 + x ) ^{2}} (ln (1 + x) \cdot sin y \cdot y^{'})^{'} = 0

将 $x = 0$ ， $y = 0$ ， $y^{'} (0) = 0$ 代入②式得， $y^{''} (0) = - a - 1 = - 2$ 。由于 $y^{'} (0) = 0$ ， $y^{''} (0) = - 2$ ，故 $x = 0$ 是 $y (x)$ 的极大值点。

18

（本题满分 12 分）

已知平面区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq y \leq \frac{1}{x 1 + x ^{2}}, x \geq 1}$ 。

(I) 求 $D$ 的面积；

(II) 求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

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【答案】
(I) $ln (1 + 2)$
(II) $π (1 - \frac{π}{4})$

【解析】
(1) 面积

S = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x 1 + x ^{2}} d x = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} \frac{sec ^{2} t}{tan t \cdot sec t} d t = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} csc t d t = ln ∣ csc t - cot t ∣ ∣_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} = ln (1 + 2) .

(2) 旋转体体积为

V_{x} = \int_{1}^{+ \infty} π y^{2} d x = π \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} ( 1 + x ^{2} )} d x = π \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{1 + x ^{2}}) d x = π (- \frac{1}{x} - arctan x)_{1}^{+ \infty} = π (1 - \frac{π}{4}) .

19

（本题满分 12 分）

已知平面区域 $D = {(x, y) ∣ (x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，计算二重积分

D \iint x^{2} + y^{2} - 1 d x d y .

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【答案】 $D \iint x^{2} + y^{2} - 1 d x d y = - \frac{π + 32}{9} + 33$

【解析】
本题利用奇偶对称性化简，再切割积分区域，将积分区域分为三块，分别采用极坐标进行计算：

D \iint ∣ x^{2} + y^{2} - 1∣ d σ = 2 D_{1} + D_{2} + D_{3} \iint ∣ x^{2} + y^{2} - 1∣ d σ

= 2 D_{1} \iint 1 - x^{2} + y^{2} d σ + 2 D_{2} \iint 1 - x^{2} + y^{2} d σ + 2 D_{3} \iint x^{2} + y^{2} - 1 d σ

分别采用极坐标计算：

D_{1} \iint 1 - x^{2} + y^{2} d σ = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{0}^{1} r (1 - r) d r = \frac{π}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{π}{18}

D_{2} \iint (1 - x^{2} + y^{2}) d σ = \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} r (1 - r) d r = \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} (2 cos^{2} θ - \frac{8}{3} cos^{3} θ) d θ = \frac{π}{6} - \frac{16}{9} + \frac{3}{4} 3

D_{3} \iint (x^{2} + y^{2} - 1) d σ = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{1}^{2 c o s θ} r (r - 1) d r = \int_{0}^{\frac{π}{3}} (\frac{8}{3} cos^{3} θ - 2 cos^{2} θ + \frac{1}{6}) d θ = \frac{3}{4} 3 - \frac{π}{3} + \frac{π}{18}

综上，最终结果为：

D \iint ∣ x^{2} + y^{2} - 1∣ d σ = 2 (\frac{π}{18}) + 2 (\frac{π}{6} - \frac{16}{9} + \frac{3}{4} 3) + 2 (\frac{3}{4} 3 - \frac{π}{3} + \frac{π}{18})

= - \frac{π + 32}{9} + 33

20

(本题满分 12 分)

设函数 $f (x)$ 在 $[- a, a]$ 上具有 2 阶连续导数，证明：

（Ⅰ）若 $f (0) = 0$ ，则存在 $ξ \in (- a, a)$ 使得

f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)];

（Ⅱ）若 $f (x)$ 在 $(- a, a)$ 内取得极值，则存在 $η \in (- a, a)$ ，使得

f^{''} (η) \geq \frac{1}{a ^{2}} f (a) - f (- a) .

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【答案】 见解析

【解析】 （1）证明：

由泰勒展开式可得：

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2} = f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2}

其中 $η$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。

分别取 $x = a$ 和 $x = - a$ ，得到：

f (a) = f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( η _{1} )}{2 !} a^{2}, 0 < η_{1} < a

f (- a) = f^{'} (0) (- a) + \frac{f ^{''} ( η _{2} )}{2 !} a^{2}, - a < η_{2} < 0

将①和②相加：

f (a) + f (- a) = \frac{a ^{2}}{2} [f^{''} (η_{1}) + f^{''} (η_{2})]

由于 $f^{''} (x)$ 在 $[η_{2}, η_{1}]$ 上连续，设其最大值为 $M$ ，最小值为 $m$ ，则：

m \leq f^{''} (η_{1}) \leq M, m \leq f^{''} (η_{2}) \leq M

从而：

m \leq \frac{f ^{''} ( η _{1} ) + f ^{''} ( η _{2} )}{2} \leq M

由介值定理，存在 $ξ \in [η_{2}, η_{1}] \subset (- a, a)$ ，使得：

\frac{f ^{''} ( η _{1} ) + f ^{''} ( η _{2} )}{2} = f^{''} (ξ)

代入③得：

f (a) + f (- a) = a^{2} f^{''} (ξ)

即：

f^{''} (ξ) = \frac{f ( a ) + f ( - a )}{a ^{2}}

（2）证明：

设 $f (x)$ 在 $x = x_{0} \in (- a, a)$ 处取得极值，且 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 可导，则 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 。

由泰勒展开式：

f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ )}{2 !} (x - x_{0})^{2} = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ )}{2 !} (x - x_{0})^{2}

其中 $γ$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。

分别取 $x = - a$ 和 $x = a$ ，得到：

f (- a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ _{1} )}{2 !} (- a - x_{0})^{2}, - a < γ_{1} < 0

f (a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( γ _{2} )}{2 !} (a - x_{0})^{2}, 0 < γ_{2} < a

因此：

∣ f (a) - f (- a) ∣ = \frac{1}{2} (a - x_{0})^{2} f^{''} (γ_{2}) - \frac{1}{2} (a + x_{0})^{2} f^{''} (γ_{1})

\leq \frac{1}{2} ∣ (a - x_{0})^{2} f^{''} (γ_{2}) ∣ + \frac{1}{2} ∣ (a + x_{0})^{2} f^{''} (γ_{1}) ∣

设 $M = max {∣ f^{''} (γ_{1}) ∣, ∣ f^{''} (γ_{2}) ∣}$ ，则：

∣ f (a) - f (- a) ∣ \leq \frac{1}{2} M (a + x_{0})^{2} + \frac{1}{2} M (a - x_{0})^{2} = M (a^{2} + x_{0}^{2})

由于 $x_{0} \in (- a, a)$ ，有：

∣ f (a) - f (- a) ∣ \leq M (a^{2} + x_{0}^{2}) \leq 2 M a^{2}

即：

M \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣

因此，存在 $η = γ_{1}$ 或 $η = γ_{2} \in (- a, a)$ ，使得：

∣ f^{''} (η) ∣ \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣

21

（本题满分 12 分）

设矩阵 $A$ 对向量 $x_{1} x_{2} x_{3}$ 有

A x_{1} x_{2} x_{3} = x_{1} + x_{2} + x_{3} 2 x_{1} - x_{2} + x_{3} x_{2} - x_{3}

(I) 求 $A$ ；

(II) 求可逆矩阵 $P$ 与对角矩阵 $Λ$ ，使得 $P^{- 1} A P = Λ$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) $A = 120 1 - 1 1 11 - 1$
(II) 可逆矩阵 $P = 0 - 1 1 431 10 - 2$ ，对角矩阵 $Λ = - 2 00 020 00 - 1$

【解析】
(I) 由 $A x_{1} x_{2} x_{3} = 120 1 - 1 1 11 - 1 x_{1} x_{2} x_{3}$ ，故矩阵 $A = 120 1 - 1 1 11 - 1$ 。

(II) 特征多项式为：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 2 0 - 1 λ + 1 - 1 - 1 - 1 λ + 1

展开计算：

= (λ - 1) \cdot λ + 1 - 1 - 1 λ + 1 + 2 \cdot - 1 - 1 - 1 λ + 1

进一步化简：

= (λ - 1) (λ^{2} + 2 λ) - 2 (λ + 2) = (λ + 2) (λ - 2) (λ + 1) = 0

所以 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = - 2$ ， $λ_{2} = 2$ ， $λ_{3} = - 1$ 。

对于 $λ_{1} = - 2$ ：

λ_{1} E - A = - 3 - 2 0 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 \to 100010010

对应的特征向量 $α_{1} = (0, - 1, 1)^{T}$ 。

对于 $λ_{2} = 2$ ：

λ_{2} E - A = 1 - 2 0 - 1 3 - 1 - 1 - 1 3 \to 100010 - 4 - 3 0

对应的特征向量 $α_{2} = (4, 3, 1)^{T}$ 。

对于 $λ_{3} = - 1$ ：

λ_{3} E - A = - 2 - 2 0 - 1 0 - 1 - 1 - 1 0 \to 200010100

对应的特征向量 $α_{3} = (1, 0, - 2)^{T}$ 。

令 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 0 - 1 1 431 10 - 2$ ，则

P^{- 1} A P = - 2 00 020 00 - 1

22

(本题满分12分)

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = \frac{e ^{x}}{( 1 + e ^{x} ) ^{2}}, - \infty < x < + \infty

令 $Y = e^{X}$ 。

（Ⅰ）求 $X$ 的分布函数 $F (x)$ ；

（Ⅱ）求 $Y$ 的概率密度 $f_{Y} (y)$ ；

（Ⅲ） $Y$ 的期望是否存在？

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【答案】
（Ⅰ） $F (x) = \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}, x \in R$
（Ⅱ） $f_{Y} (y) = {\frac{1}{( 1 + y ) ^{2}}, 0, y > 0 其他$
（Ⅲ）不存在

【解析】
（I）

F (x) = \int_{- \infty}^{x} \frac{e ^{x}}{( 1 + e ^{x} ) ^{2}} d x = - \frac{1}{1 + e ^{x}}_{- \infty}^{x} = \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}, x \in R

（II）
【法1】分布函数法

$F_{Y} (y) = P {Y \leq y} = P {e^{X} \leq y}$

当 $y < 0$ 时， $F_{Y} (y) = 0$
当 $y \geq 0$ 时， $F_{Y} (y) = P {X \leq ln y} = F (ln y) = \frac{y}{1 + y}$

因此， $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = {\frac{1}{( 1 + y ) ^{2}}, 0, y > 0 其他

【法2】公式法

因为 $y = e^{x}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上单调且处处可导，当 $x \in (- \infty, + \infty)$ 时， $y > 0$ ，此时 $x = ln y$ 。

所以 $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = {f (ln y) \cdot (ln y)^{'}, 0, y > 0 其他 = {\frac{e ^{l n y}}{( 1 + e ^{l n y} ) ^{2}} \cdot \frac{1}{y}, 0, y > 0 其他 = {\frac{1}{( 1 + y ) ^{2}}, 0, y > 0 其他

（Ⅲ）

E Y = \int_{0}^{+ \infty} \frac{y}{( 1 + y ) ^{2}} d y = (ln (1 + y) + \frac{1}{1 + y})_{0}^{+ \infty} = \infty

因此， $E Y$ 不存在。