2013 年真题

选择题

1

已知 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{x - \arctan x}{x^k}=c$ ，其中 $k, c$ 为常数，且 $c \neq 0$ ，则（）

正确答案：D

【解析】因为 $c \neq 0$ ，

\begin{align*} c &= \lim_{x \to 0} \frac{x - \arctan x}{x^k} \\ &\stackrel{\text{洛}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{1 + x^2}}{k x^{k - 1}} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{k x^{k - 1}(1 + x^2)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{k x^{k - 1}} \\ &= \frac{1}{k} \lim_{x \to 0} x^{3 - k}. \end{align*}

所以 $3 - k = 0$ ， $k = 3$ ， $c = \frac{1}{k} = \frac{1}{3}$ ，故选 D。

2

曲面 $x^2 + \cos(xy) + yz + x = 0$ 在点 $(0,1,-1)$ 的切平面方程为（）

高等数学多元函数微分学多元函数微分学的几何应用

正确答案：A

【解析】曲面在点 $(0,1,-1)$ 处的法向量为

\begin{align*} \boldsymbol{n} &= \left(F'_x, F'_y, F'_z\right)\big|_{(0,1,-1)} \\ &= \left(2x - y\sin(xy) + 1,\; -x\sin(xy) + z,\; y\right)\big|_{(0,1,-1)} \\ &= (1,\; -1,\; 1) \end{align*}

故曲面在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为

1 \cdot (x - 0) - (y - 1) + (z + 1) = 0

即

x - y + z = -2

故选 A。

3

设 $f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$ ， $b_{n} = 2 \int_{0}^{1} f(x) \sin n\pi x \, dx \quad (n = 1, 2, \cdots)$ 。
令 $s(x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} \sin n\pi x$ ，则 $s\left( -\frac{9}{4} \right) =$ （）

高等数学无穷级数傅里叶级数

正确答案：C

【解析】
函数 $f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$ 可表示为分段函数：

f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2} - x, & x \in \left[0, \frac{1}{2}\right] \\ x - \frac{1}{2}, & x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right] \end{cases}

将 $f(x)$ 作奇延拓，得到周期函数 $F(x)$ ，其周期 $T = 2$ 。

由于 $F(x)$ 在点 $x = -\frac{9}{4}$ 处连续，因此有：

S\left(-\frac{9}{4}\right) = F\left(-\frac{9}{4}\right) = F\left(-\frac{1}{4}\right) = -F\left(\frac{1}{4}\right) = -f\left(\frac{1}{4}\right) = -\frac{1}{4}

故选 C。

4

设 $L_1: x^2 + y^2 = 1$ ， $L_2: x^2 + y^2 = 2$ ， $L_3: x^2 + 2y^2 = 2$ ， $L_4: 2x^2 + y^2 = 2$ 为四条逆时针方向的平面曲线，记

I_i = \oint_{L_i} \left( y + \frac{y^3}{6} \right) dx + \left( 2x - \frac{x^3}{3} \right) dy \quad (i = 1,2,3,4)

则 $\max\{I_1, I_2, I_3, I_4\} =$ （）

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

正确答案：D

【解析】记 $P = y + \frac{y^3}{6}$ ， $Q = 2x - \frac{x^3}{3}$ ，则

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 - x^2 - 1 - \frac{y^2}{2} = 1 - \left( x^2 + \frac{y^2}{2} \right)

于是

\begin{align*} I_i &= \oint_{L_i} \left( y + \frac{y^3}{6} \right) dx + \left( 2x - \frac{x^3}{3} \right) dy \\ &= \iint_{D_i} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy \\ &= \iint_{D_i} \left[ 1 - \left( x^2 + \frac{y^2}{2} \right) \right] dxdy \end{align*}

用 $D_i$ 表示 $L_i$ 所围区域，可得

I_1 = \frac{5}{8}\pi, \quad I_2 = \frac{1}{2}\pi, \quad I_3 = \frac{3\sqrt{2}}{8}, \quad I_4 = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi,

并有 $I_4 > I_1 > I_3 > I_2$ 。

故选 D。

5

设 $A$ , $B$ , $C$ 均为 $n$ 阶矩阵，若 $A B = C$ ，且 $B$ 可逆，则

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：B

【解析】将 $A, C$ 按列分块，
$A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \dots, \boldsymbol{\alpha}_n)$ ，
$C = (\boldsymbol{\gamma}_1, \dots, \boldsymbol{\gamma}_n)$ 。

由于 $AB = C$ ，故

(\boldsymbol{\alpha}_1, \dots, \boldsymbol{\alpha}_n) \begin{pmatrix} b_{11} & \dots & b_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ b_{n1} & \dots & b_{nn} \end{pmatrix} = (\boldsymbol{\gamma}_1, \dots, \boldsymbol{\gamma}_n)

即

\boldsymbol{\gamma}_1 = b_{11} \boldsymbol{\alpha}_1 + \dots + b_{n1} \boldsymbol{\alpha}_n, \quad \dots, \quad \boldsymbol{\gamma}_n = b_{1n} \boldsymbol{\alpha}_1 + \dots + b_{nn} \boldsymbol{\alpha}_n

因此， $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表示。

又因为 $B$ 可逆，有 $A = CB^{-1}$ ，所以 $A$ 的列向量组也可由 $C$ 的列向量组线性表示。

故选 B。

6

矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ a & b & a \\ 1 & a & 1 \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 相似的充要条件为（）

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：B

【解析】
将题目中的两个矩阵分别记为 $A$ 和 $B$ 。由于 $A$ 为实对称矩阵，可以相似对角化，从而 $A$ 与 $B$ 相似的充分必要条件为 $A$ 的特征值为 $2, b, 0$ 。又

|λE - A| = \begin{vmatrix} λ - 1 & -a & -1 \\ -a & λ - b & -a \\ -1 & -a & λ - 1 \end{vmatrix} = λ[(λ - b)(λ - 2) - 2a^2],

从而 $a = 0, b$ 为任意常数。

7

设 $X_1, X_2, X_3$ 是随机变量，且 $X_1 \sim N(0,1), X_2 \sim N(0,2^2), X_3 \sim N(5,3^2)$ ， $p_i = P\{ -2 \leq X_i \leq 2 \} \ (i = 1,2,3)$ ，则（）

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

【解析】

首先计算 $p_1 = P\{ -2 \leq X_1 \leq 2 \}$ 。由于 $X_1 \sim N(0,1)$ ，有

p_1 = \varPhi(2) - \varPhi(-2) = 2\varPhi(2) - 1

接着计算 $p_2 = P\{ -2 \leq X_2 \leq 2 \}$ ，其中 $X_2 \sim N(0,4)$ 。标准化得

p_2 = P\left\{ \frac{-2 - 0}{2} \leq \frac{X_2 - 0}{2} \leq \frac{2 - 0}{2} \right\} = \varPhi(1) - \varPhi(-1) = 2\varPhi(1) - 1

再计算 $p_3 = P\{ -2 \leq X_3 \leq 2 \}$ ，其中 $X_3 \sim N(5,9)$ 。标准化得

p_3 = P\left\{ \frac{-2 - 5}{3} \leq \frac{X_3 - 5}{3} \leq \frac{2 - 5}{3} \right\} = \varPhi(-1) - \varPhi\left( -\frac{7}{3} \right) = \varPhi\left( \frac{7}{3} \right) - \varPhi(1)

由下图可知， $p_1 > p_2 > p_3$ ，因此选 A。

8

设随机变量 $X \sim t(n)$ ， $Y \sim F(1,n)$ ，给定 $\alpha\ (0<\alpha<0.5)$ ，常数 $c$ 满足 $P\{X > c\} = \alpha$ ，则 $P\{Y > c^2\} =$

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：C

【解析】
设 $X \sim t(n)$ ，则 $X^2 \sim F(1,n)$ 。

于是

P\{Y > c^2\} = P\{X^2 > c^2\} = P\{X > c\} + P\{X < -c\} = 2P\{X > c\} = 2\alpha

，因此选 C。

填空题

9

（填空题）设函数 $y=f(x)$ 由方程 $y-x=e^{x(1-y)}$ 确定，则 $\lim _{n \to \infty} n[f(\frac{1}{n})-1]=$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 1

【解析】 $x=0$ 时， $y=1$

方程两边对 x 求导得 $y'-1=e^{x(1-y)}(1-y-x y')$ 所以 $y'(0)=1$

lim _{n \to \infty} n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=lim _{n \to \infty} \frac{f\left(\frac{1}{n}\right)-f(0)}{\frac{1}{n}}=f'(0)=1

10

（填空题）已知 $y_{1}=e^{3 x}-x e^{2 x}$ ， $y_{2}=e^{x}-x e^{2 x}$ ， $y_{3}=-x e^{2 x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解 $y=$

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】 $y = c1(e^{3x} - e^x) + c2 e^x - x e^{2x}$

【解析】 $y_{1}-y_{2}=e^{3 x}-e^{x}$ ， $y_{2}-y_{3}=e^{x}$ ，

对应齐次微分方程的通解 $y^{2}=c_{1}(e^{3 x}-e^{x})+c_{2} e^{x}$

非齐次微分方程的通解 $y=c_{1}(e^{3 x}-e^{x})+c_{2} e^{x}-x e^{2 x}$

11

（填空题）设

\begin{cases} x = \sin t \\ y = t \sin t + \cos t \end{cases}

（ $t$ 为参数），求

\left. \frac{d^{2} y}{d x^{2}} \right|_{t = \frac{\pi}{4}} =

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $\sqrt{2}$

【解析】
首先，计算一阶导数：

\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}} = \frac{\sin t + t \cos t - \sin t}{\cos t} = t

接着，计算二阶导数：

\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d\left( \frac{dy}{dx} \right)}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dt}} = \frac{1}{\cos t}

最后，代入 $t = \frac{\pi}{4}$ 得：

\left. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} \right|_{t=\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{\cos \frac{\pi}{4}} = \sqrt{2}

12

（填空题）

\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} \, dx =

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\ln 2$

【解析】
考虑积分

I = \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^2} dx

采用分部积分法，令

u = \ln x, \quad dv = \frac{dx}{(1+x)^2}

则

du = \frac{1}{x} dx, \quad v = -\frac{1}{1+x}

于是

I = \left. -\frac{\ln x}{1+x} \right|_{1}^{+\infty} + \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x(1+x)} dx

第一项在 $x \to +\infty$ 时趋于 0，在 $x=1$ 时为 $-\frac{\ln 1}{2} = 0$ ，因此该部分为 0。

第二项可分解为

\frac{1}{x(1+x)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{1+x}

所以

\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x(1+x)} dx = \int_{1}^{+\infty} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{1+x} \right) dx

= \left. \ln \frac{x}{1+x} \right|_{1}^{+\infty}

当 $x \to +\infty$ 时， $\frac{x}{1+x} \to 1$ ，因此 $\ln 1 = 0$ ；
当 $x=1$ 时， $\frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$ ，因此

I = 0 - \ln \frac{1}{2} = \ln 2

故

\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^2} dx = \ln 2

13

（填空题）设 $A=(a_{i j})$ 是 $3$ 阶非零矩阵， $|A|$ 为 A 的行列式， $A_{i j}$ 为 $a_{i j}$ 的代数余子式，若 $a_{i j}+A_{i j}=0(i, j=1,2,3)$ ，则 $|A|=$

线性代数行列式

【答案】 -1

【解析】 方法一：取特殊矩阵 $A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ ， $|A|=-1$

方法二： $A^{*}=-A^{T}$ ，则 $|A^{*}|=|-A^{T}|$ ，整理得到 $|A|^{3-1}=(-1)^{3}|A|$ ，即 $|A|=-1$ 或者 $|A|=0$

|A|=a_{i 1} A_{i 1}+a_{i 2} A_{i 2}+a_{i 3} A_{i 3}=-\left(a_{i 1}^{2}+a_{i 2}^{2}+a_{i 3}^{2}\right) \leq 0

又因为 $A O$ ，所以至少有一个 $a_{i j} 0$ ，所以

|A|=a_{i 1} A_{i 1}+a_{i 2} A_{i 2}+a_{i 3} A_{i 3}=-\left(a_{i 1}^{2}+a_{i 2}^{2}+a_{i 3}^{2}\right)<0

从而 $|A|=-1$

14

（填空题）设随机变量 $Y$ 服从参数为 $1$ 的指数分布， $a$ 为常数且大于零，则

P\{Y \leq a+1 \mid Y > a\} =

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】

1 - \frac{1}{e}

【解析】
概率密度函数为

f(y) = \begin{cases} e^{-y}, & y > 0, \\ 0, & y \leq 0. \end{cases}

所求条件概率为

P\{Y \leq a+1 \mid Y > a\} = \frac{P\{Y > a, Y \leq a+1\}}{P\{Y > a\}} = \frac{\int_a^{a+1} f(y) \, dy}{\int_a^{+\infty} f(y) \, dy}.

代入 $f(y)$ 得

\frac{\int_a^{a+1} e^{-y} \, dy}{\int_a^{+\infty} e^{-y} \, dy} = \frac{e^{-a} - e^{-(a+1)}}{e^{-a}} = 1 - \frac{1}{e}.

解答题

15

（本题满分 10 分）

计算

\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx,

其中

f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln(t+1)}{t} \, dt.

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $8 - 2\pi - 4 \ln 2$

【解析】
已知 $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln (t+1)}{t} \, dt$ ，则

f'(x) = \frac{\ln (x+1)}{x}, \quad f(1) = 0.

考虑积分

\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx.

利用分部积分法，令 $u = f(x)$ ， $dv = \frac{1}{\sqrt{x}} dx$ ，则

\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx = 2 \int_{0}^{1} f(x) \, d\sqrt{x}.

分部积分得

2 \int_{0}^{1} f(x) \, d\sqrt{x} = \left. 2 f(x) \sqrt{x} \right|_{0}^{1} - 2 \int_{0}^{1} \sqrt{x} f'(x) \, dx.

代入上下限及 $f'(x)$ 得

= 2 f(1) - 2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (x+1)}{x} \cdot \sqrt{x} \, dx = -2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (x+1)}{\sqrt{x}} \, dx.

进一步化为

= -4 \int_{0}^{1} \ln (x+1) \, d\sqrt{x}.

再次分部积分，令 $u = \ln (x+1)$ ， $dv = d\sqrt{x}$ ，得

-4 \left[ \left. \ln (x+1) \sqrt{x} \right|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} \, dx \right] = -4 \ln 2 + 4 \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} \, dx.

下面计算

\int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} \, dx.

令 $\sqrt{x} = t$ ，则 $x = t^2$ ， $dx = 2t \, dt$ ，代入得

\int_{0}^{1} \frac{t}{1 + t^2} \cdot 2t \, dt = 2 \int_{0}^{1} \frac{t^2}{1 + t^2} \, dt.

拆分为

2 \int_{0}^{1} \left( 1 - \frac{1}{1 + t^2} \right) dt = 2 \int_{0}^{1} dt - 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^2} \, dt.

计算得

= 2 \left[ t - \arctan t \right]_{0}^{1} = 2 \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right).

代回原式得

\text{} = -4 \ln 2 + 4 \cdot 2 \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right) = -4 \ln 2 + 8 - 2\pi = 8 - 2\pi - 4 \ln 2.

16

（本题满分10分）

设数列 $\{a_{n}\}$ 满足条件: $a_{0}=3$ ， $a_{1}=1$ ， $a_{n-2}-n(n-1) a_{n}=0(n \geq 2)$ ， $S(x)$ 是幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数

(I) 证明: $S''(x)-S(x)=0$

(II) 求 $S(x)$ 的表达式

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【答案】 $S(x) = e^{-x} + 2e^{x}$

【解析】 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ， $S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ ，

S''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}

S''(x)-S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n}\right] x^{n}

因为 $n(n-1) a_{n}-a_{n-2}=0$ （ $n \geq 2$ ），所以 $(n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n}=0(n \geq 0)$ ，

\text{} \left\{\begin{array}{l} S''(x)-S(x)=0, \\ S(0)=a_{0}=3, \\ S'(0)=a_{1}=1. \end{array}\right.

(II) $\lambda^{2}-1=0$ ， $\lambda_{1}=1$ ， $\lambda_{2}=-1$ ，所以 $S(x)=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{x}$ 。

又 $S(0)=3$ ， $S'(0)=1$ ，所以 $C_{1}=1$ ， $C_{2}=2$ ， $S(x)=e^{-x}+2 e^{x}$

17

（本题满分 10 分）

求函数 $f(x, y) = \left( y + \frac{x^{3}}{3} \right) e^{x + y}$ 的极值。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 函数 $f(x, y)$ 在点 $(1, -\frac{4}{3})$ 处取得极小值 $-e^{-\frac{1}{3}}$ ，点 $(-1, -\frac{2}{3})$ 不是极值点。

【解析】 令 $f'_{x} = e^{x + y} \left( x^{2} + y + \frac{x^{3}}{3} \right) = 0$ ， $f'_{y} = e^{x + y} \left( 1 + y + \frac{x^{3}}{3} \right) = 0$ 。

解得

\begin{cases} x = 1 \\ y = -\frac{4}{3} \end{cases} \quad \text{} \quad \begin{cases} x = -1 \\ y = -\frac{2}{3} \end{cases}

二阶偏导数为：

f''_{xx} = e^{x + y} \left( 2x + 2x^{2} + y + \frac{x^{3}}{3} \right), \quad f''_{xy} = e^{x + y} \left( 1 + x^{2} + y + \frac{x^{3}}{3} \right), \quad f''_{yy} = e^{x + y} \left( 2 + y + \frac{x^{3}}{3} \right)

在点 $(1, -\frac{4}{3})$ 处：

A = f''_{xx} \vert_{(1, -\frac{4}{3})} = 3e^{-\frac{1}{3}}, \quad B = f''_{xy} \vert_{(1, -\frac{4}{3})} = e^{-\frac{1}{3}}, \quad C = f''_{yy} \vert_{(1, -\frac{4}{3})} = e^{-\frac{1}{3}}

计算判别式：

AC - B^{2} = 3e^{-\frac{2}{3}} - e^{-\frac{2}{3}} = 2e^{-\frac{2}{3}} > 0

又因为 $A > 0$ ，所以 $(1, -\frac{4}{3})$ 是 $f(x, y)$ 的极小值点，极小值为：

f\left(1, -\frac{4}{3}\right) = -e^{-\frac{1}{3}}

在点 $(-1, -\frac{2}{3})$ 处：

A = f''_{xx} \vert_{(-1, -\frac{2}{3})} = -e^{-\frac{5}{3}}, \quad B = f''_{xy} \vert_{(-1, -\frac{2}{3})} = e^{-\frac{5}{3}}, \quad C = f''_{yy} \vert_{(-1, -\frac{2}{3})} = e^{-\frac{5}{3}}

由于 $AC - B^{2} < 0$ ，因此 $(-1, -\frac{2}{3})$ 不是 $f(x, y)$ 的极值点。

18

（本题满分 10 分）

设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f(1) = 1$ 。证明：

(I) 存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f'(\xi) = 1$ 。

(II) 存在 $\eta \in (-1,1)$ ，使得 $f''(\eta) + f'(\eta) = 1$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】

(I)

由于 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上为奇函数，故 $f(-x) = -f(x)$ ，则 $f(0) = 0$ 。令 $F(x) = f(x) - x$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $F(1) = f(1) - 1 = 0$ ， $F(0) = f(0) - 0 = 0$ 。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $F'(\xi) = 0$ ，即 $f'(\xi) = 1$ 。

(II)

由于 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上为奇函数，则 $f'(x)$ 在 $[-1,1]$ 上为偶函数，所以由 (I) 得 $f'(-\xi) = f'(\xi) = 1$ 。

令 $G(x) = e^{x}[f'(x) - 1]$ ，则 $G(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，在 $(-1,1)$ 内可导，且 $G(\xi) = G(-\xi) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $\eta \in (-\xi, \xi) \subset (-1,1)$ ，使得 $G'(\eta) = 0$ ，即 $f''(\eta) + f'(\eta) = 1$ 。

19

（本题满分10分）

设直线 $L$ 过 $A(1,0,0)$ ， $B(0,1,1)$ 两点，将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\sum$ ， $\sum$ 与平面 $z=0$ ， $z=2$ 所围成的立体为 $\Omega$ 。

(I) 求曲面 $\sum$ 的方程，

(II) 求 $\Omega$ 的形心坐标。

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】
(I) $x^{2}+y^{2}=2 z^{2}-2 z+1$
(II) $(0, 0, \frac{7}{5})$

【解析】
(I) 已知 $\overline{AB}=(-1,1,1)$ ，因此直线 $L$ 的方程为

\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}.

设 $\Sigma$ 上任意一点是由直线 $L$ 上的某点绕 $z$ 轴旋转一周得到的，则有

\left\{\begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}, \\ z=z_{0}. \end{array}\right.

又因为

\frac{x_{0}-1}{-1}=\frac{y_{0}}{1}=\frac{z_{0}}{1},

所以 $\Sigma$ 的方程为

x^{2}+y^{2}=(1-z)^{2}+z^{2}=2z^{2}-2z+1.

(II) 将方程改写为

x^{2}+y^{2}-2\left(z-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2}.

设形心坐标为 $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})$ ，由于几何体关于坐标轴对称，可知

\bar{x}=\bar{y}=0.

计算

\overline{z}=\frac{\iiint_{\Omega} z \, dv}{\iiint_{\Omega} dv} =\frac{\int_{0}^{2} z \, dz \iint\limits_{x^{2}+y^{2} \leq 2z^{2}-2z+1} dx\,dy}{\int_{0}^{2} dz \iint\limits_{x^{2}+y^{2} \leq 2z^{2}-2z+1} dx\,dy}.

因为

\iint\limits_{x^{2}+y^{2} \leq 2z^{2}-2z+1} dx\,dy = \pi(2z^{2}-2z+1),

所以

\overline{z}=\frac{\pi\int_{0}^{2} z(2z^{2}-2z+1)\,dz}{\pi\int_{0}^{2} (2z^{2}-2z+1)\,dz} =\frac{\int_{0}^{2} (2z^{3}-2z^{2}+z)\,dz}{\int_{0}^{2} (2z^{2}-2z+1)\,dz}.

计算分子：

\int_{0}^{2} (2z^{3}-2z^{2}+z) \, dz = \left[\frac{z^{4}}{2}-\frac{2z^{3}}{3}+\frac{z^{2}}{2}\right]_{0}^{2} = 8 - \frac{16}{3} + 2 = \frac{14}{3}.

计算分母：

\int_{0}^{2} (2z^{2}-2z+1) \, dz = \left[\frac{2z^{3}}{3}-z^{2}+z\right]_{0}^{2} = \frac{16}{3} - 4 + 2 = \frac{10}{3}.

因此

\overline{z}=\frac{\frac{14}{3}}{\frac{10}{3}}=\frac{7}{5}.

20

（本题满分11分）

设 $A=\left(\begin{array}{ll}1 & a \\ 1 & 0\end{array}\right)$ ， $B=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & b\end{array}\right)$ ，当 $a$ 、 $b$ 为何值时，存在矩阵 $C$ 使得 $A C-C A=B$ ，并求所有矩阵 C 。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 当 $a = -1$ , $b = 0$ 时，存在矩阵 $C$ ，且 $C = \begin{pmatrix} k_1 + k_2 + 1 & -k_1 \\ k_1 & k_2 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_1, k_2$ 为任意常数。

【解析】 设 $C=\left(\begin{array}{ll}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{array}\right)$ ，由 $A C-C A=B$ 得

\left(\begin{array}{ll} 1 & a \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} 1 & a \\ 1 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & b \end{array}\right.)

\text{} \left(\begin{array}{cc}x_{1}+a x_{3} & x_{2}+a x_{4} \\ x_{1} & x_{2}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}x_{1}+x_{2} & a x_{1} \\ x_{3}+x_{4} & a x_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & b\end{array}\right)

\left\{\begin{array}{c} -x_{2}+a x_{3}=0 \\ -a x_{1}+x_{2}+a x_{4}=1 \\ x_{1}-x_{3}-x_{4}=1 \\ x_{2}-a x_{3}=b \end{array}\right.

由于矩阵C存在，对方程组的增广矩阵进行初等行变换

\left(\begin{array}{cccccc} 0 & -1 & a & 0 & \vdots & 0 \\ -a & 1 & 0 & a & \vdots & 1 \\ 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & b \end{array}\right) \to \left(\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & a+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & b \end{array}\right)

\to \left(\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & a+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & b \end{array}\right)

方程组有解，故

a + 1 = 0, \quad b = 0,

即 $a = -1$ ， $b = 0$ 。
此时存在矩阵 $C$ 使得 $AC - CA = B$ 。

当 $a = -1$ ， $b = 0$ 时，增广矩阵化为

\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 \end{pmatrix}.

取 $x_3$ 、 $x_4$ 为自由变量。

令 $x_3 = 1$ ， $x_4 = 0$ ，代入相应齐次方程组，得 $x_2 = -1$ ， $x_1 = 1$ ；
令 $x_3 = 0$ ， $x_4 = 1$ ，代入相应齐次方程组，得 $x_2 = 0$ ， $x_1 = 1$ 。

故

\xi_1 = (1, -1, 1, 0)^\text{T}, \quad \xi_2 = (1, 0, 0, 1)^\text{T}.

令 $x_3 = 0$ ， $x_4 = 0$ ，得特解

\eta = (1, 0, 0, 0)^\text{T}.

方程组的通解为

x = k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2 + \eta = (k_1 + k_2 + 1,\ -k_1,\ k_1,\ k_2)^\text{T}.

所以

C = \begin{pmatrix} k_1 + k_2 + 1 & -k_1 \\ k_1 & k_2 \end{pmatrix}, \quad k_1, k_2 \text{ }.

21

（本题满分 11 分）

设二次型

f(x_1, x_2, x_3) = (a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3)^2 + (b_1 x_1 + b_2 x_2 + b_3 x_3)^2,

记

\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix}.

(I) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^\mathrm{T} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^\mathrm{T}$ ；

(II) 若 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 正交且为单位向量，证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2 + y_2^2$ 。

线性代数二次型

【答案】 见解析

【解析】 证明：

（I） $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2(a_{1}x_{1} + a_{2}x_{2} + a_{3}x_{3})^{2} + (b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + b_{3}x_{3})^{2}$

\begin{aligned} &= 2(x_1, x_2, x_3) \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} (a_1, a_2, a_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} + (x_1, x_2, x_3) \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix} (b_1, b_2, b_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \\ &= (x_1, x_2, x_3)\left(2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T\right) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \\ &= \boldsymbol{x}^T A\boldsymbol{x}, \quad \text{ } A = 2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T, \quad \boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^T. \end{aligned}

所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T$ 。

（II）由于 $A = 2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T$ ，且 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{\beta}$ 正交，故 $\boldsymbol{\alpha}^T \boldsymbol{\beta} = 0$ 。又 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 为单位向量，故 $\|\boldsymbol{\alpha}\| = \sqrt{\boldsymbol{\alpha}^T \boldsymbol{\alpha}} = 1$ ，因此 $\boldsymbol{\alpha}^T \boldsymbol{\alpha} = 1$ ，同理 $\boldsymbol{\beta}^T \boldsymbol{\beta} = 1$ 。

计算得：

A\boldsymbol{\alpha} = (2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T)\boldsymbol{\alpha} = 2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T \boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T \boldsymbol{\alpha} = 2\boldsymbol{\alpha},

由于 $\boldsymbol{\alpha} \neq \boldsymbol{0}$ ，故 $A$ 有特征值 $\lambda_1 = 2$ 。

又：

A\boldsymbol{\beta} = (2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T)\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\beta},

由于 $\boldsymbol{\beta} \neq \boldsymbol{0}$ ，故 $A$ 有特征值 $\lambda_2 = 1$ 。

矩阵的秩满足：

\begin{align*} r(A) &= r(2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T) \\ &\leq r(2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T) + r(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T) \\ &= r(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T) + r(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^T) \\ &= 1 + 1 \\ &= 2 < 3, \end{align*}

所以 $|A| = 0$ ，故 $\lambda_3 = 0$ 。

因此， $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2 + y_2^2$ 。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{9}x^2, & 0 < x < 3 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}

令随机变量

Y = \begin{cases} 2, & X \leq 1 \\ X, & 1 < X < 2 \\ 1, & X \geq 2 \end{cases}

（I）求 $Y$ 的分布函数；

（II）求概率 $P\{X \leq Y\}$ 。

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】
（I） $Y$ 的分布函数为：

F(y) = \begin{cases} 0, & y < 1 \\ \dfrac{1}{27}(y^3 + 18), & 1 \leq y < 2 \\ 1, & y \geq 2 \end{cases}

（II）见解析

【解析】
（I）设 $y$ 的分布函数为 $F(y)$ ，则

\begin{align*} F(y) &= P\{Y \leq y\} \\ &= P\{Y \leq y, X \leq 1\} + P\{Y \leq y, 1 < X < 2\} + P\{Y \leq y, X \geq 2\} \\ &= P\{2 \leq y, X \leq 1\} + P\{X \leq y, 1 < X < 2\} + P\{1 \leq y, X \geq 2\} \end{align*}

（II）当 $y < 1$ 时， $F(y) = 0$ 。
当 $1 \leq y < 2$ 时，

F(y) = P\{X \leq y, 1 < X < 2\} + P\{X \geq 2\} = P\{1 < X \leq y\} + P\{X \geq 2\}

= \int_{1}^{y} \frac{1}{9}x^2 dx + \int_{2}^{3} \frac{1}{9}x^2 dx = \frac{1}{27}(y^3 - 1) + \frac{1}{27}(3^3 - 2^3) = \frac{1}{27}(y^3 + 18)

当 $y \geq 2$ 时，

F(y) = P\{X \leq 1\} + P\{1 < X < 2\} + P\{X \geq 2\} = 1

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f(x ; \theta) = \begin{cases} \dfrac{\theta^{2}}{x^{3}} e^{-\frac{\theta}{x}}, & x > 0 \\ 0, & x \leq 0 \end{cases}

其中 $\theta > 0$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(I) 求 $\theta$ 的矩估计量；

(II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量。

概率论与数理统计参数估计与假设检验矩估计和最大似然估计

【答案】
(I) $\hat{\theta} = \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$
(II) $\hat{\theta} = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}$

【解析】
(I) $E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x ; \theta) \, dx = \int_{0}^{+\infty} x \cdot \frac{\theta^{2}}{x^{3}} \cdot e^{-\frac{\theta}{x}} \, dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{\theta^{2}}{x^{2}} \cdot e^{-\frac{\theta}{x}} \, dx$

令 $t = \frac{\theta}{x}$ ，则 $x = \frac{\theta}{t}$ ， $dx = -\frac{\theta}{t^{2}} \, dt$ 。当 $x \to 0^{+}$ 时， $t \to +\infty$ ；当 $x \to +\infty$ 时， $t \to 0$ 。

E(X) = \int_{+\infty}^{0} \frac{\theta^{2}}{\left( \frac{\theta}{t} \right)^{2}} \cdot e^{-t} \cdot \left( -\frac{\theta}{t^{2}} \right) \, dt = \int_{0}^{+\infty} \theta e^{-t} \, dt = \theta

令 $E(X) = \overline{X}$ ，即 $\theta = \overline{X}$ ，故 $\theta$ 的矩估计量为 $\hat{\theta} = \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$ 。

(II) 似然函数为

L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_{i} ; \theta) = \begin{cases} \prod_{i=1}^{n} \frac{\theta^{2}}{x_{i}^{3}} e^{-\frac{\theta}{x_{i}}}, & x_{i} > 0 \ (i=1,2, \cdots, n) \\ 0, & \text{} \end{cases}

当 $x_{i} > 0 \ (i=1,2, \cdots, n)$ 时，取对数得

\ln L(\theta) = \sum_{i=1}^{n} \left[ 2 \ln \theta - 3 \ln x_{i} - \frac{\theta}{x_{i}} \right]

对 $\theta$ 求导并令其为 0：

\frac{d \ln L(\theta)}{d \theta} = \frac{2n}{\theta} - \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}} = 0

解得 $\theta = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}}$ ，故 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta} = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}$ 。