2010 年真题

选择题

1

极限 $\lim\limits_{x \to \infty} \left[ \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} \right]^{x} =$ （）

正确答案：C

方法一

\begin{aligned} & \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} \right)^{x} = \lim_{x \to \infty} e^{\ln \left( \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} \right)^{x}} = \lim_{x \to \infty} e^{x \left( \ln \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} \right)} \\ & = \lim_{x \to \infty} e^{x \left( \frac{(a-b)x + ab}{(x-a)(x+b)} \right)} = \lim_{x \to \infty} e^{\frac{(a-b)x^{2} + ab x}{(x-a)(x+b)}} = e^{a-b} \end{aligned}

方法二

\begin{aligned} & \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} \right)^{x} = \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{x^{2} - (x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)} \right)^{x} \\ & = \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{(a-b)x + ab}{(x-a)(x+b)} \right)^{x} = \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{(a-b)x + ab}{(x-a)(x+b)} \right)^{\frac{(x-a)(x+b)}{(a-b)x + ab} \cdot \frac{(a-b)x + ab}{(x-a)(x+b)} \cdot x} \\ & = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{(a-b)x + ab}{(x-a)(x+b)} \cdot x} = e^{a-b} \end{aligned}

2

设函数 $z = z(x, y)$ ，由方程 $F\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right) = 0$ 确定，其中 $F$ 为可微函数，且 $F_2^\prime \ne 0$ ，则 $x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} =$ ( )

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：B

对方程两边求全微分：

F_{1}^{\prime} \cdot d\left( \frac{y}{x} \right) + F_{2}^{\prime} \cdot d\left( \frac{z}{x} \right) = 0,

即

F_{1}^{\prime} \cdot \frac{x \, dy - y \, dx}{x^{2}} + F_{2}^{\prime} \cdot \frac{x \, dz - z \, dx}{x^{2}} = 0,

\Rightarrow F_{1}^{\prime} \cdot (x \, dy - y \, dx) + F_{2}^{\prime} \cdot (x \, dz - z \, dx) = 0.

因此，

dz = \frac{y F_{1}^{\prime} + z F_{2}^{\prime}}{x F_{2}^{\prime}} \, dx - \frac{F_{1}^{\prime}}{F_{2}^{\prime}} \, dy.

所以有

x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y F_{1}^{\prime} + z F_{2}^{\prime}}{x F_{2}^{\prime}} \cdot x - \frac{F_{1}^{\prime}}{F_{2}^{\prime}} \cdot y = \frac{z F_{2}^{\prime}}{F_{2}^{\prime}} = z.

3

设 $m, n$ 是正整数，反常积分 $\int_0^1 \frac{\sqrt[m]{\ln^2(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx$ 的收敛性（　　）

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

正确答案：D

显然 $x = 0$ ， $x = 1$ 是两个瑕点，有

\int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx

对于 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx$ ，当 $x \to 0^{+}$ 时，有

\frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} = \ln^{\frac{2}{m}}(1 - x) \cdot x^{-\frac{1}{n}} \sim (-1)^{\frac{2}{m}} x^{\frac{2}{m} - \frac{1}{n}}

而 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{\frac{2}{m} - \frac{1}{n}} \, dx$ 收敛（因为 $m$ 、 $n$ 是正整数，且 $\frac{2}{m} - \frac{1}{n} > -1$ ），故 $\int_{0}^{\frac{1}{2}}$ 收敛。

对于 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx$ ，当 $x \in (1 - \delta, 1)$ （其中 $0 < \delta < \frac{1}{2}$ ）时，有

\frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} < 2^{\frac{1}{m}} \ln^{\frac{2}{m}}(1 - x) < 2^{\frac{1}{n}} (1 - x)^{\frac{2}{m}}

而 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} (1 - x)^{\frac{2}{m}} \, dx$ 显然收敛，故 $\int_{\frac{1}{2}}^{1}$ 收敛。

所以选 D。

4

$\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)(n^{2}+j^{2})} =$ ( )

高等数学一元函数积分学定积分的概念、性质及几何意义

正确答案：D

考虑极限：

\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)(n^{2}+j^{2})}

将原式改写为：

\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)} \cdot \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{\left(1+\left(\frac{j}{n}\right)^{2}\right)} \cdot \frac{1}{n}

当 $n \to \infty$ 时，这等价于二重积分：

\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)(1+y^{2})} \, dy

5

设 $A$ 为 $m \times n$ 型矩阵， $B$ 为 $n \times m$ 型矩阵， $E$ 为 $m$ 阶单位矩阵，若 $AB = E$ ，则（）

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：A

本题主要考查的知识点是矩阵的秩的性质。

因为 $AB=E$ ，所以 $R(AB)=m$ 。

又因为 $R(AB)=m \leq \min (R(A), R(B))$ ，即 $R(A) \geq m$ ， $R(B) \geq m$ 。

而 $R(A) \leq m$ ， $R(B) \leq m$ ，因此 $R(A)=m$ ， $R(B)=m$ 。

6

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

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：D

本题考查的知识点是矩阵相似的性质、实对称矩阵可对角化的性质、矩阵的特征值、矩阵的秩等。

设 $A$ 的特征值为 $\lambda$ ，因为 $A^{2} + A = 0$ ，所以 $\lambda^{2} + \lambda = 0$ ，即 $\lambda(\lambda + 1) = 0 \Rightarrow \lambda = 0$ 或 $\lambda = -1$ 。

又因为 $R(A) = 3$ ， $A$ 必可相似对角化，且对角阵的秩也是 $3$ ，所以 $\lambda = -1$ 是三重特征根。

因此， $A \sim \left( \begin{array}{cccc} -1 & & & \\ & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0 \end{array} \right)$ 。

7

设随机变量 $X$ 的分布函数

F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0, \\ \frac{1}{2}, & 0 \leq x < 1, \\ 1 - e^{-x}, & x \geq 1, \end{cases}

则 $P\{X = 1\} = ()$

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：C

$P\{X=1\}=F(1)-F(1-)=1-e^{-1}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-e^{-1}$ ，所以选 C。

评注：本题实际上是考查分布函数的性质，即对任意随机变量 $X$ ，均有 $P(X=x)=F(x)-F(x-)$ 。这样的问题在辅导教程中出现过多次，属于基本概念的考查。

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，若

f(x) = \begin{cases} a f_1(x), & x \leq 0, \\ b f_2(x), & x > 0 \end{cases} \quad (a > 0, b > 0)

为概率密度，则 $a, b$ 应满足（）

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

由概率密度的性质有

\begin{aligned} & \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, dx = a \int_{-\infty}^{0} f_1(x) \, dx + b \int_{0}^{+\infty} f_2(x) \, dx = 1 \\ & \Rightarrow a \Phi(0) + b \int_{0}^{3} \frac{1}{4} \, dx = 1 \\ & \Rightarrow \frac{1}{2}a + \frac{3}{4}b = 1 \Rightarrow 2a + 3b = 4 \end{aligned}

所以选 A。

评注：本题实际上是考查密度函数的性质与正态分布和均匀分布的基本性质，这里还需要知道的是标准正态分布取负值的概率为 $\frac{1}{2}$ ，以及均匀分布的计算问题。

填空题

9

（填空题）设 $x = e^{-t}$ ， $y = \int_{0}^{t} \ln(1 + u^{2}) \, du$ ，求 $\left. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} \right\vert_{t=0}$

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 0

【解析】 已知

\frac{dy}{dx} = \frac{y^\prime(t)}{x^\prime(t)} = \frac{\ln(1 + t^2)}{-e^{-t}}

，则

\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\frac{dt}{dx} = \left(\frac{\ln(1 + t^2)}{-e^{-t}}\right)^\prime \cdot \frac{1}{x^\prime(t)}.

计算导数：

\left(\frac{\ln(1 + t^2)}{-e^{-t}}\right)^\prime = -\frac{\frac{2t}{1 + t^2} \cdot e^{-t} + \ln(1 + t^2) \cdot e^{-t}}{(e^{-t})^2},

代入 $x^\prime(t) = -e^{-t}$ ，得

\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{\frac{2t}{1 + t^2} e^{-t} + \ln(1 + t^2) e^{-t}}{(e^{-t})^2} \cdot \frac{1}{-e^{-t}} = e^{2t} \left( \frac{2t}{1 + t^2} + \ln(1 + t^2) \right).

当 $t = 0$ 时，

\left. \frac{d^2y}{dx^2} \right\vert_{t=0} = 0.

10

（填空题） $\displaystyle \int_{0}^{\pi^{2}} \sqrt{x} \cos \sqrt{x} \, dx$ =

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $-4\pi$

【解析】令 $\sqrt{x} = t$ ，原式为

\begin{align*} \int_{0}^{\pi^{2}} \sqrt{x} \cos \sqrt{x} dx &= 2 \int_{0}^{\pi} t^{2} \cos t dt \\ &= 2\left( \left. t^{2} \sin t \right\vert_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} 2t \sin t dt \right) \\ &= -4 \int_{0}^{\pi} t \sin t dt \\ &= 4\left( \left. t \cos t \right\vert_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \cos t dt \right) \\ &= -4\pi \end{align*}

11

（填空题）已知曲线 $L$ 的方程为 $y = 1 - \vert x \vert$ ， $x \in [-1, 1]$ ，起点是 $(-1, 0)$ ，终点是 $(1, 0)$ ，则曲线积分 $\int_{L} x y \, dx + x^{2} \, dy$

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 0

【解析】 已知曲线 $L$ 的方程为 $y = 1 - \vert x \vert$ ， $x \in [-1, 1]$ ，起点是 $(-1, 0)$ ，终点是 $(1, 0)$ ，则曲线积分 $\int_{L} x y \, dx + x^{2} \, dy$

令

\begin{aligned} L_1: &\quad \begin{cases} x = t \\ y = 1 + t \end{cases} & -1 \leq t \leq 0, \\ L_2: &\quad \begin{cases} x = t \\ y = 1 - t \end{cases} & 0 \leq t \leq 1. \end{aligned}

有

\begin{aligned} \int_{L} x y \, dx + x^{2} \, dy &= \int_{L_{1}} x y \, dx + x^{2} \, dy + \int_{L_{2}} x y \, dx + x^{2} \, dy \\ &= \int_{-1}^{0} \left[ t(1+t) + t^{2} \right] \, dt + \int_{0}^{1} \left[ t(1-t) - t^{2} \right] \, dt \\ &= \left. \left( \frac{2}{3}t^{3} + \frac{t^{2}}{2} \right) \right\vert_{-1}^{0} + \left. \left( \frac{t^{2}}{2} - \frac{2}{3}t^{3} \right) \right\vert_{0}^{1} \\ &= 0. \end{aligned}

12

（填空题）设 $\Omega = \{(x, y, z) \mid x^{2} + y^{2} \leq z \leq 1\}$ ，则 $\Omega$ 的质心坐标 $\overline{z} =$ ______。

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】

\begin{aligned} \overline{z} & = \frac{\iiint_{\Omega} z \, dx \, dy \, dz}{\iiint_{\Omega} dx \, dy \, dz} \\ & = \frac{\int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r \, dr \int_{r^{2}}^{1} z \, dz}{\int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r \, dr \int_{r^{2}}^{1} dz} \\ & = \frac{\frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{2}} \\ & = \frac{2}{3} \end{aligned}

13

（填空题）设 $\alpha_{1}=(1,2,-1,0)^{T}$ ， $\alpha_{2}=(1,1,0,2)^{T}$ ， $\alpha_{3}=(2,1,1,\alpha)^{T}$ ，若由它们生成的向量空间维数是 $2$ ，则 $\alpha =$

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 α = 6

【解析】 由题意知向量组 $\alpha_{1}$ 、 $\alpha_{2}$ 、 $\alpha_{3}$ 线性相关，而其中两个向量线性无关，所以 $R(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}) = 2$ ，即

\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & \alpha \end{pmatrix} \stackrel{r_{2} - 2r_{1}}{\to} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 2 & \alpha \end{pmatrix}

\stackrel{r_{3} + r_{2}}{\to} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \alpha - 6 \end{pmatrix}

因此

\alpha - 6 = 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 6

14

（填空题）设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=k\}=\frac{C}{k!}$ ， $k=0,1,2,\cdots$ ，则 $EX^{2}$ = ______

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】 2

【解析】 由概率分布的性质 $\sum_{k=0}^{\infty} P\{X=k\}=1$ ，有

\begin{aligned} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{C}{k!} = 1 \quad &\Rightarrow \quad C \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = 1 \\ &\Rightarrow \quad C \cdot e = 1 \\ &\Rightarrow \quad C = e^{-1} \end{aligned}

即 $P\{X=k\}=\frac{e^{-1}}{k!}$ ， $k=0,1,2,\cdots$ ，参数为 $1$ 的泊松分布，则有

\begin{aligned} EX = 1, \quad DX = 1 \\ \Rightarrow EX^{2} = DX + (EX)^{2} = 2 \end{aligned}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求微分方程 $y^{\prime \prime} - 3 y^{\prime} + 2 y = 2 x e^{x}$ 的通解。

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】 $y = C_{1} e^{2x} + C_{2} e^{x} - x(x + 2) e^{x}$

【解析】 齐次方程 $y^{\prime \prime} - 3 y^{\prime} + 2 y = 0$ 的特征方程为 $r^{2} - 3 r + 2 = 0$ ，由此得 $r_{1} = 2$ ， $r_{2} = 1$ 。对应齐次方程的通解为 $Y = C_{1} e^{2x} + C_{2} e^{x}$ 。

设非齐次方程的特解为 $y^{*} = (a x + b) x e^{x}$ ，则 $y^{*} = (a x^{2} + (2a + b) x) e^{x}$ ， $y^{* \prime \prime} = (a x^{2} + (4a + b) x + 2a + 2b) e^{x}$ 。

代入原方程得 $a = -1$ ， $b = -2$ ，从而所求解为 $y = C_{1} e^{2x} + C_{2} e^{x} - x(x + 2) e^{x}$ 。

16

（本题满分 10 分）

求函数 $f(x)=\int_{1}^{x^{2}}(x^{2}-t) e^{-t^{2}} \, d t$ 的单调区间与极值。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】
单调增加区间为 $(-1, 0)$ 及 $(1, +\infty)$ ，单调减少区间为 $(-\infty, -1)$ 及 $(0, 1)$ ；极小值为 $f(1) = f(-1) = 0$ ，极大值为 $f(0) = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$ 。

【解析】
由 $f^\prime(x) = 2x \int_{1}^{x^{2}} e^{-t^{2}} \, dt = 0$ ，可得 $x = 0, \pm 1$ 。

列表讨论如下：

\begin{array}{c|ccccccc} x & (-\infty, -1) & -1 & (-1, 0) & 0 & (0, 1) & 1 & (1, +\infty) \\ \hline f'(x) & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ f(x) & \text{减} & \text{极小值} & \text{增} & \text{极大值} & \text{减} & \text{极小值} & \text{增} \end{array}

因此， $f(x)$ 的单调增加区间为 $(-1, 0)$ 及 $(1, +\infty)$ ，单调减少区间为 $(-\infty, -1)$ 及 $(0, 1)$ ；极小值为 $f(1) = f(-1) = 0$ ，极大值为 $f(0) = \int_{0}^{1} t e^{-t^{2}} \, dt = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$ 。

17

（本题满分 $10$ 分）

(I) 比较 $\int_{0}^{1} \vert \ln t \vert \left[ \ln (1+t) \right]^{n} \, dt$ 与 $\int_{0}^{1} t^{n} \vert \ln t \vert \, dt$ （ $n=1,2, \cdots$ ）的大小，说明理由

(II) 设 $u_{n}=\int_{0}^{1} \vert \ln t \vert \left[ \ln (1+t) \right]^{n} \, dt$ （ $n=1,2, \cdots$ ），求极限 $\lim_{n \to \infty} u_{n}$

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】
(I) $\int_{0}^{1} \vert \ln t \vert \left[ \ln (1+t) \right]^{n} \, dt \leq \int_{0}^{1} t^{n} \vert \ln t \vert \, dt$ （ $n=1,2, \cdots$ ）
(II) $\lim_{n \to \infty} u_{n} = 0$

【解析】
(I)
令 $f(t) = \ln(1 + t) - t$ 。
当 $0 \leq t \leq 1$ 时，

f'(t) = \frac{1}{1 + t} - 1 \leq 0,

因此 $f(t)$ 在区间 $[0, 1]$ 上单调递减，

f(t) \leq f(0) = 0.

于是

0 \leq \ln(1 + t) \leq t \leq 1,

进而

[\ln(1 + t)]^n \leq t^n \quad (n = 1, 2, \dots).

又因为 $|\ln t| \geq 0$ ，可得

\int_0^1 |\ln t| \cdot [\ln(1 + t)]^n \, dt \leq \int_0^1 t^n |\ln t| \, dt \quad (n = 1, 2, \dots).

(II)

方法一
由 (I) 知

0 \leq u_n = \int_0^1 |\ln t| \cdot [\ln(1 + t)]^n \, dt \leq \int_0^1 t^n |\ln t| \, dt.

计算右端积分：

\int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = -\int_0^1 t^n \ln t \, dt.

利用分部积分，设

u = \ln t, \quad dv = t^n \, dt,

则

du = \frac{1}{t} \, dt, \quad v = \frac{t^{n+1}}{n+1},

于是

-\int_0^1 t^n \ln t \, dt = -\left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \ln t \right]_0^1 + \int_0^1 \frac{t^{n}}{n+1} \, dt.

第一项为零，第二项为

\frac{1}{n+1} \int_0^1 t^n \, dt = \frac{1}{(n+1)^2}.

因此

\int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = \frac{1}{(n+1)^2}.

当 $n \to \infty$ 时，

\lim_{n \to \infty} \int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = 0.

由夹逼准则，

\lim_{n \to \infty} u_n = 0.

方法二

0 < \int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = -\int_0^1 t^n \ln t \, dt.

利用分部积分（同上）得

\int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = \frac{1}{(n+1)^2} \leq \frac{1}{n+1}.

因此

\lim_{n \to \infty} \int_0^1 t^n |\ln t| \, dt = 0,

由夹逼准则，

\lim_{n \to \infty} u_n = 0.

方法三
由 (I) 知

0 \leq [\ln(1 + t)]^n \leq t^n.

又因为

\lim_{t \to 0} t |\ln t| = 0,

存在 $M > 0$ ，使得对任意 $t \in [0, 1]$ ，

t |\ln t| \leq M.

于是

\begin{align*} 0 \leq u_n &= \int_0^1 |\ln t| \cdot [\ln(1 + t)]^n \, dt \\ &\leq \int_0^1 |\ln t| \cdot t^n \, dt \\ &\leq M \int_0^1 t^{n-1} \, dt \\ &= \frac{M}{n} \qquad (n = 2, 3, \dots). \end{align*}

由于

\lim_{n \to \infty} \frac{M}{n} = 0,

因此

\lim_{n \to \infty} u_n = 0.

18

（本题满分 $10$ 分）

求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数

高等数学无穷级数求幂级数的收敛半径、收敛区间和收敛域

【答案】 收敛域为 $[-1, 1]$ ，和函数为 $s(x) = x \arctan x$ 。

【解析】

因为

\lim_{n \to \infty} \left\vert \frac{u_{n+1}}{u_{n}} \right\vert = \lim_{n \to \infty} \left\vert \frac{x^{2n+2}(2n-1)}{x^{2n}(2n+1)} \right\vert = x^{2},

所以当 $x^{2} < 1$ ，即 $-1 < x < 1$ 时，级数绝对收敛；
当 $x^{2} > 1$ ，即 $x < -1$ 或 $x > 1$ 时，级数发散。

当 $x = \pm 1$ 时，级数化为

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1},

由莱布尼茨判别法知该交错级数收敛，因此收敛域为 $[-1,1]$ 。

由于

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} x^{2n} = x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} x^{2n-1},

设

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} x^{2n-1} = f(x), \quad x \in (-1,1),

则

f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2(n-1)} = \frac{1}{1+x^{2}}.

由于 $f(0) = 0$ ，可得

f(x) = \int_{0}^{x} f'(t) \, dt + f(0) = \arctan x.

因此和函数为

s(x) = x \arctan x, \quad x \in [-1,1].

19

（本题满分 10 分）
设 $P$ 为椭球面 $S: x^{2} + y^{2} + z^{2} - y z = 1$ 上的动点，若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直，求点 $P$ 的轨迹 $C$ ，并计算

I = \iint_{\Sigma} \frac{(x + \sqrt{3}) \, \vert y - 2z \vert}{\sqrt{4 + y^{2} + z^{2} - 4 y z}} \, dS

其中 $\Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于曲线 $C$ 上方的部分。

高等数学多元函数微分学多元函数微分学的几何应用

【答案】 轨迹 $C$ 为 $\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 - yz = 1 \\ y = 2z \end{cases}$ ，且 $I = 2\pi$ 。

【解析】
(1) 椭球面 $S$ 的切平面法向量为 $F_x = 2x$ ， $F_y = 2y - z$ ， $F_z = 2z - y$ 。
因切平面与 $xOy$ 面垂直，所以法向量的 $z$ 分量为 $0$ ，即 $2z - y = 0 \Rightarrow z = \frac{y}{2}$ 。
所以轨迹为

\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 - yz = 1 \\ y = 2z \end{cases}

(2) 面积微元为

dS = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \, dx \, dy = \frac{\sqrt{4x^2 + 5y^2 + 5z^2 - 8yz}}{2z - y} \, dx \, dy

原式可化简为

\iint_{D_{xy}} (x + \sqrt{3}) \, dx \, dy

其中

D_{xy} = \left\{ (x, y) \middle| x^2 + \frac{3}{4} y^2 \leq 1 \right\}

计算得

\iint_{D_{xy}} x \, dx \, dy + \iint_{D_{xy}} \sqrt{3} \, dx \, dy = 0 + \sqrt{3} \cdot \pi \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = 2\pi

20

（本题满分 11 分）

设

A = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 1 \\ 0 & \lambda - 1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda \end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

已知线性方程组 $A x = b$ 存在 2 个不同的解，

(I) 求 $\lambda, a$ ；

(II) 求方程组 $A x = b$ 的通解。

线性代数线性方程组

【答案】
(I) $\lambda = -1, a = -2$
(II) 方程组 $A x = b$ 的通解为 $x = \frac{1}{2} \left(\begin{array}{c} 3 \\ -1 \\ 0 \end{array}\right) + k \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
(I) 设 $\eta_{1}, \eta_{2}$ 为 $A x = b$ 的两个不同的解，则 $\eta_{1} - \eta_{2}$ 是 $A x = 0$ 的非零解，故 $\vert A \vert = (\lambda - 1)^{2}(\lambda + 1) = 0$ ，于是 $\lambda = 1$ 或 $\lambda = -1$ 。
当 $\lambda = 1$ 时， $r(A) \neq r(A \vert b)$ ，方程组无解，舍去；
当 $\lambda = -1$ 时，对增广矩阵作初等行变换：

(A \vdots b) = \left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & a \\ 0 & -2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right) \to \left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & a + 2 \end{array}\right),

因为方程组有解，所以 $a + 2 = 0 \Rightarrow a = -2$ 。
(II) 当 $\lambda = -1, a = -2$ 时，增广矩阵化为

\left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right),

方程组通解为

x = \frac{1}{2} \left(\begin{array}{c} 3 \\ -1 \\ 0 \end{array}\right) + k \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right),

其中 $k$ 为任意常数。

21

（本题满分 11 分）

已知二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} A x$ 在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，且 $Q$ 的第 3 列为 $\left( \frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{T}$ 。

(I) 求矩阵 $A$ ；

(II) 证明 $A + E$ 为正定矩阵，其中 $E$ 为 3 阶单位矩阵。

线性代数二次型

【答案】
(I) 矩阵 $A = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$
(II) 见解析

【解析】
(I) 由 $Q^{T} A Q = \Lambda$ ，其中 $\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 0 \end{pmatrix}$ ，故 $A = Q \Lambda Q^{T}$ 。设 $Q$ 的其他列向量为 $(x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}$ ，因 $Q$ 为正交矩阵，所以 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}) \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix} = 0$ ，即 $x_{1} + x_{3} = 0$ ，其基础解系为 $\alpha_{1} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\alpha_{2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ 。

将 $\alpha_{1}$ 单位化得 $\beta_{1} = \begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$ ，则 $Q = \begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$ ， $Q^{T} = \frac{\sqrt{2}}{2} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，所以 $A = Q \Lambda Q^{T} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$ 。

(II) 证明：因为 $(A + E)^{T} = A^{T} + E = A + E$ ，所以 $A + E$ 为实对称矩阵。又因为 $A$ 的特征值为 $1, 1, 0$ ，所以 $A + E$ 的特征值为 $2, 2, 1$ ，都大于 $0$ ，故 $A + E$ 为正定矩阵。

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^{-2x^2 + 2xy - y^2}, \quad -\infty < x < +\infty, \quad -\infty < y < +\infty,

求常数 $A$ 及条件概率密度 $f_{Y \vert X}(y \vert x)$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布边缘分布和条件分布

【答案】 常数 $A = \frac{1}{\pi}$ ，条件概率密度 $f_{Y \vert X}(y \vert x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x - y)^{2}}$ 。

【解析】 由概率密度的性质 $\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) \, dx \, dy = 1$ ，可知

\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} A e^{-2x^{2} + 2xy - y^{2}} \, dx \, dy = A \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \, dx \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}} \, dy = 1

又知 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \, dx = \sqrt{\pi}$ ，有

\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \, dx \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}} \, dy = \sqrt{\pi} \cdot \sqrt{\pi} = \pi

所以 $A = \frac{1}{\pi}$ ，即

f(x,y) = \frac{1}{\pi} e^{-2x^{2} + 2xy - y^{2}}

$X$ 的边缘概率密度为

f_X(x) = \frac{1}{\pi} e^{-x^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}} \, dy = \frac{1}{\pi} e^{-x^{2}} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^{2}}, \quad -\infty < x < +\infty

条件概率密度为

\begin{align*} f_{Y \vert X}(y \vert x) &= \frac{f(x,y)}{f_X(x)} \\ &= \frac{\frac{1}{\pi} e^{-2x^{2} + 2xy - y^{2}}}{\frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^{2}}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x - y)^{2}}, \qquad -\infty < x < +\infty, \quad -\infty < y < +\infty \end{align*}

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率分布为

\begin{array}{c|ccc} \hline X & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 1 - \theta & \theta - \theta^2 & \theta^2 \\ \hline \end{array}

其中参数 $\theta \in (0,1)$ 未知。以 $N_i$ 表示来自总体 $X$ 的简单随机样本（样本容量为 $n$ ）中等于 $i$ 的个数 $(i = 1, 2, 3)$ 。试求常数 $a_1$ 、 $a_2$ 、 $a_3$ ，使 $T = \sum_{i=1}^{3} a_i N_i$ 为 $\theta$ 的无偏估计量，并求 $T$ 的方差。

概率论与数理统计参数估计与假设检验估计量的无偏性

【答案】 $a_1 = 0$ ， $a_2 = \frac{1}{n}$ ， $a_3 = \frac{1}{n}$ ， $T = \frac{N_2 + N_3}{n} = 1 - \frac{N_1}{n}$ ， $D T = \frac{(1-\theta)\theta}{n}$

【解析】 由题知 $N_{1}$ 、 $N_{2}$ 、 $N_{3}$ 分别服从二项分布 $B(n, 1-\theta)$ 、 $B(n, \theta-\theta^{2})$ 、 $B(n, \theta^{2})$ ，则有 $E N_{1} = n(1-\theta)$ ， $E N_{2} = n(\theta-\theta^{2})$ ， $E N_{3} = n \theta^{2}$ 。

$E T = E\left( \sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i} \right) = \sum_{i=1}^{3} a_{i} E N_{i} = a_{1} n(1-\theta) + a_{2} n(\theta-\theta^{2}) + a_{3} n \theta^{2} = \theta$ ，整理得

\begin{cases} a_{1} n = 0 \\ a_{2} n - a_{1} n = 1 \\ a_{3} n - a_{2} n = 0 \end{cases}

解得

\begin{cases} a_{1} = 0 \\ a_{2} = \frac{1}{n} \\ a_{3} = \frac{1}{n} \end{cases}

即 $T = \frac{N_{2} + N_{3}}{n} = 1 - \frac{N_{1}}{n}$ 。

$D T = D\left( 1 - \frac{N_{1}}{n} \right) = \frac{1}{n^{2}} D N_{1} = \frac{1}{n^{2}} \cdot n(1-\theta) \theta = \frac{(1-\theta) \theta}{n}$ 。