2014 年真题

选择题

1

下列曲线中有渐近线的是

正确答案：C

a=\lim _{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}=\lim _{x \to \infty} \frac{x+sin \frac{1}{x}}{x}=\lim _{x \to \infty}\left(1+\frac{1}{x} sin \frac{1}{x}\right)=1

b=\lim _{x \to \infty}[f(x)-a x]=\lim _{x \to \infty}\left[x+sin \frac{1}{x}-x\right]=\lim _{x \to \infty} sin \frac{1}{x}=0

$\therefore y=x$ 是 $y=x+sin \frac{1}{x}$ 的渐近线

2

设函数 $f(x)$ 具有2阶导数， $g(x)=f(0)(1-x)+f(1) x$ ，则在区间 $[0,1]$ 上()

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：D
当

f^{\prime \prime}(x) ≥0

时，

f(x)

是凹函数，而

g(x)

是连接

(0, f(0))

与

(1, f(1))

的直线段，故

f(x) \leq g(x)

3

设 $f(x, y)$ 是连续函数，则 $\int_{0}^{1} d y \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{1-y} f(x, y)dx=$

高等数学多元函数积分学交换积分次序与坐标系之间的转化

\int_{0}^{1} d x \int_{1}^{x-1} f(x, y) d y+\int_{-1}^{0} d x \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} f(x, y) d y

\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1-x} f(x, y) d y+\int_{-1}^{0} d x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{0} f(x, y) d y

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{0}^{\frac{1}{cos \theta+sin \theta}} f(r cos \theta, r sin \theta) d r+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} d \theta \int_{0}^{1} f(r cos \theta, r sin \theta) d r

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{0}^{\frac{1}{cos \theta+sin \theta}} f(r cos \theta, r sin \theta) r d r+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} d \theta \int_{0}^{1} f(r cos \theta, r sin \theta) r d r

正确答案：D
积分区域为

0\leq y\leq1

，

-\sqrt{1-y^{2}} \leq x \leq 1-y

，用极坐标表示，

D_1

：

\frac{\pi}{2} ≤\theta ≤\pi

，

0 ≤r ≤1

；

D_2

：

0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}

，

0 \leq r \leq \frac{1}{cos \theta+sin \theta}

4

若 $\int_{-\pi}^{\pi}(x - a_1\cos x - b_1\sin x)^2dx = \min_{a,b\in R}\left\{\int_{-\pi}^{\pi}(x - a\cos x - b\sin x)^2dx\right\}$ ，则 $a_1\cos x + b_1\sin x =$

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

正确答案：A

令 $Z(a, b)=\int_{-\pi}^{\pi}(x-a \cos x-b \sin x)^{2} d x$ ，求偏导并令其为 0：

\begin{cases} Z^\prime_{a} = 2 \int_{-\pi}^{\pi}(x-a \cos x-b \sin x)(-\cos x) d x = 0 \\ Z^\prime_{b} = 2 \int_{-\pi}^{\pi}(x-a \cos x-b \sin x)(-\sin x) d x = 0 \end{cases}

由第一式得 $a=0$ ，由第二式得 $b=\dfrac{\int_{0}^{\pi} x \sin x d x}{\int_{0}^{\pi} \sin^{2} x d x}=2$ ，故 $a_{1} \cos x+b_{1} \sin x=2\sin x$ 。

5

行列式 $\left|\begin{array}{llll}0 & a & b & 0 \\ a & 0 & 0 & b \\ 0 & c & d & 0 \\ c & 0 & 0 & d\end{array}\right|=$

线性代数行列式

正确答案：B

按第4行展开：

\begin{aligned} & =-c \cdot b(-1)^{3+2}\left|\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right|+d \cdot a \cdot(-1)^{2+1}\left|\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right| \\ & =(a d-b c) \cdot b c-a d(a d-b c) \\ & =(a d-b c)(b c-a d)=-(a d-b c)^{2} \end{aligned}

6

设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 均为 3 维向量，则对任意常数 $k$ ， $l$ ，向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + k \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2} + l \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关是向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关的（）

线性代数向量向量组的线性相关性

正确答案：A

由

(\boldsymbol{\alpha}_{1} + k \boldsymbol{\alpha}_{3},\; \boldsymbol{\alpha}_{2} + l \boldsymbol{\alpha}_{3}) = (\boldsymbol{\alpha}_{1},\; \boldsymbol{\alpha}_{2},\; \boldsymbol{\alpha}_{3}) \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l \end{pmatrix}

可知，当 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关时，向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + k \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2} + l \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关。

反之不成立。例如，当 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{0}$ ，且 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性无关时， $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性相关。

7

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，且 $P(B)=0.5$ ， $P(A-B)=0.3$ ，则 $P(B-A)=( )$

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：B

P(A-B)=P(A)-P(AB)

，因为

A

与

B

相互独立，所以

P(AB)=P(A)P(B)

，则

P(A-B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)[1-P(B)]=0.3

，解得

P(A)=0.6

，

P(AB)=0.6×0.5=0.3

，故

P(B-A)=P(B)-P(AB)=0.5-0.3=0.2

8

设连续性随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立，且方差均存在， $X_1$ 与 $X_2$ 的概率密度分别为 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ ，随机变量 $Y_1$ 的概率密度为 $f_{Y_1}(y) = \frac{1}{2}[f_1(y) + f_2(y)]$ ，随机变量 $Y_2 = \frac{1}{2}(X_1 + X_2)$ 。则（）

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

正确答案：D

首先，计算 $EY_1$ ：

EY_1 = \int_{-\infty}^{+\infty} y \left[ \frac{1}{2} f_1(y) + \frac{1}{2} f_2(y) \right] dy = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} y f_1(y) \, dy + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} y f_2(y) \, dy

= \frac{1}{2} EX_1 + \frac{1}{2} EX_2

接着，计算 $EY_2$ ：

EY_2 = E\left[ \frac{1}{2}(X_1 + X_2) \right] = \frac{1}{2} EX_1 + \frac{1}{2} EX_2

因此，

EY_1 = EY_2

接下来，计算 $EY_1^2$ ：

EY_1^2 = \int_{-\infty}^{+\infty} y^2 \left[ \frac{1}{2} f_1(y) + \frac{1}{2} f_2(y) \right] dy = \frac{1}{2} EX_1^2 + \frac{1}{2} EX_2^2

然后，计算 $DY_1$ ：

DY_1 = EY_1^2 - (EY_1)^2 = \frac{1}{2} EX_1^2 + \frac{1}{2} EX_2^2 - \left( \frac{1}{2} EX_1 + \frac{1}{2} EX_2 \right)^2

= \frac{1}{2} EX_1^2 + \frac{1}{2} EX_2^2 - \frac{1}{4} (EX_1)^2 - \frac{1}{4} (EX_2)^2 - \frac{1}{2} EX_1 EX_2

= \frac{1}{4} DX_1 + \frac{1}{4} DX_2 + \frac{1}{4} EX_1^2 + \frac{1}{4} EX_2^2 - \frac{1}{2} EX_1 EX_2

= \frac{1}{4} DX_1 + \frac{1}{4} DX_2 + \frac{1}{4} \left[ EX_1^2 + EX_2^2 - 2 E(X_1 X_2) \right]

= \frac{1}{4} DX_1 + \frac{1}{4} DX_2 + \frac{1}{4} E(X_1 - X_2)^2

最后，计算 $DY_2$ ：

DY_2 = D\left[ \frac{1}{2}(X_1 + X_2) \right] = \frac{1}{4} DX_1 + \frac{1}{4} DX_2

由于 $E(X_1 - X_2)^2 > 0$ ，可得：

DY_1 > DY_2

【答案】D

填空题

9

（填空题）曲面 $z = x^{2}(1 - \sin y) + y^{2}(1 - \sin x)$ 在点 $(1, 0, 1)$ 处的切平面方程为 ______。

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $2x - y - z - 1 = 0$

【解析】 曲面 $z = x^{2}(1 - \sin y) + y^{2}(1 - \sin x)$ 在点 $(1, 0, 1)$ 处的切平面方程为 ______。

在点 $(1,0,1)$ 处，

z_x\big|_{(1,0,1)} = \frac{2x(1-\sin y) - y^2 \cos x}{(1,0,1)} = 2,

z_y\big|_{(1,0,1)} = \left[-x^2 \cos y + 2y(1-\sin x)\right]_{(1,0,1)} = -1.

切平面方程为

z_x (x-1) + z_y (y-0) + (-1)(z-1) = 0,

即

2x - y - z - 1 = 0.

10

（填空题）设 $f(x)$ 是周期为 $4$ 的可导奇函数，且 $f'(x) = 2(x - 1)$ ， $x \in [0, 2]$ ，则 $f(7) =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 1

【解析】 $f(x)$ 是周期为 4 的可导函数，因此 $f(7) = f(3) = f(-1) = -f(1)$ ，且 $f(0) = 0$ 。

又因为 $f'(x) = 2(x - 1)$ ，所以 $f(x) = x^2 - 2x + c$ 。将 $f(0) = 0$ 代入得 $c = 0$ ，于是 $f(x) = x^2 - 2x$ ，其中 $x \in [0, 2]$ 。

因此 $f(1) = -1$ ，从而 $f(7) = -f(1) = 1$ 。

11

（填空题）微分方程 $x y' + y (\ln x - \ln y) = 0$ 满足条件 $y(1) = e$ 的解为 $y =$

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】 y = x e

【解析】 原方程为 $x y' + y (\ln x - \ln y) = 0$ ，即 $x y' + y \ln \frac{x}{y} = 0$ 。
两边同除以 $x$ ，得

y' + \frac{y}{x} \ln \frac{x}{y} = 0

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = x u$ ，且

\frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx}

代入上式，得

u + x \frac{du}{dx} + u \ln \frac{1}{u} = 0

整理得

\frac{du}{u (\ln u - 1)} = \frac{1}{x} dx

两端积分，得

\int \frac{du}{u (\ln u - 1)} = \int \frac{1}{x} dx + \ln C

注意到

\int \frac{du}{u (\ln u - 1)} = \int \frac{d(\ln u - 1)}{\ln u - 1}

所以

\ln |\ln u - 1| = \ln |x| + \ln C

即

\ln u - 1 = Cx

u = e^{Cx + 1}

y = x e^{Cx + 1}

代入初值条件 $y(1) = e$ ，得

e = 1 \cdot e^{C + 1} \quad \Rightarrow \quad C = 0

因此特解为

y = x e^{1} = x e

12

（填空题）设 L 是柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 与平面 $y+z=0$ 的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 $\int_{L} z d x+y d z=$

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 π

【解析】 已知曲线 $L $ 的参数方程为：

\begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \\ z = -\sin t \end{cases} \quad t \in [0, 2\pi]

计算曲线积分：

\int_L z \, dx + y \, dz

代入参数表达式：

dx = -\sin t \, dt, \quad dz = -\cos t \, dt

z = -\sin t, \quad y = \sin t

代入积分：

\int_L z \, dx + y \, dz = \int_0^{2\pi} \left[ (-\sin t)(-\sin t) + \sin t \cdot (-\cos t) \right] dt

= \int_0^{2\pi} \left( \sin^2 t - \sin t \cos t \right) dt

分别计算两项：

对 $\sin^2 t$ 项：
$\int_0^{2\pi} \sin^2 t \, dt = \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2t}{2} \, dt = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} 1 \, dt - \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \cos 2t \, dt$
$= \frac{1}{2} \cdot 2\pi - 0 = \pi$
对 $\sin t \cos t$ 项：
$\int_0^{2\pi} \sin t \cos t \, dt = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2} \sin 2t \, dt = 0$

因此：

\int_L z \, dx + y \, dz = \pi + 0 = \pi

积分结果为 $\pi$。

13

（填空题）设二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的负惯性指数是 $1$ ，则 $a$ 的取值范围是（）。

线性代数二次型

【答案】 $-2 \leq a \leq 2$

【解析】 考虑二次型矩阵

\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & a \\ 0 & -1 & 2 \\ a & 2 & 0 \end{pmatrix}

已知其负惯性指数为 $1$ ，设特征值 $\lambda_1 < 0$ ，其余 $\lambda_2 \geq 0$ ， $\lambda_3 \geq 0$ 。

由特征值性质及行列式计算可得

|\boldsymbol{A}| = a^2 - 4

分析可知，当 $-2 \leq a \leq 2$ 时，满足负惯性指数为 $1$ 。

14

（填空题）设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\theta$ 是未知参数， $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。若 $c\sum_{i = 1}^{n}X_{i}^{2}$ 是 $\theta^{2}$ 的无偏估计，则 $c =$ ______。

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】 $\frac{2}{5n}$

【解析】 $E(X^{2}) = \int_{\theta}^{2\theta} x^{2} \cdot \frac{2x}{3\theta^{2}} \, dx = \frac{2}{3\theta^{2}} \int_{\theta}^{2\theta} x^{3} \, dx = \frac{1}{6\theta^{2}} \cdot 15\theta^{4} = \frac{5}{2} \theta^{2}$ 。

$E\left(c \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right) = c \cdot n \cdot \frac{5}{2} \theta^{2}$ ，令其等于 $\theta$ ，解得 $c = \frac{2}{5n}$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

\lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \, dt}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】
【解】

\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^{2} \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x^{2} \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^{2} \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{\ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)}

注意到

\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{\ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)} = 1,

因此原式化为

\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^{2} \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x}.

由洛必达法则，

\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^{2} \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left[ x^{2} \left( e^{\frac{1}{x}} - 1 \right) - x \right].

令 $t = \frac{1}{x}$ ，当 $x \to +\infty$ 时 $t \to 0^{+}$ ，有

\lim_{x \to +\infty} x^{2} \left( e^{\frac{1}{x}} - 1 - \frac{1}{x} \right) = \lim_{t \to 0} \frac{e^{t} - 1 - t}{t^{2}}.

再次使用洛必达法则，

\lim_{t \to 0} \frac{e^{t} - 1 - t}{t^{2}} = \lim_{t \to 0} \frac{e^{t} - 1}{2t} = \frac{1}{2}.

因此，原极限值为 $\frac{1}{2}$ .

16

（本题满分 10 分）

设函数 $y = f(x)$ 由方程

y^{3} + x y^{2} + x^{2} y + 6 = 0

确定，求 $f(x)$ 的极值。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 函数 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极小值 $-2$ .

【解析】 【解】由 $y^{3} + x y^{2} + x^{2} y + 6 = 0$ 得

3 y^{2} \frac{d y}{d x} + y^{2} + 2 x y \frac{d y}{d x} + 2 x y + x^{2} \frac{d y}{d x} = 0,

解得

\frac{d y}{d x} = -\frac{2 x y + y^{2}}{x^{2} + 2 x y + 3 y^{2}}.

由 $\frac{d y}{d x} = 0$ 得 $y = -2 x$ ，代入原式得

\begin{cases} x = 1, \\ y = -2. \end{cases}

进一步求二阶导数：

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = -\frac{\left(2 y + 2 x \frac{d y}{d x} + 2 y \frac{d y}{d x}\right)\left(x^{2} + 2 x y + 3 y^{2}\right) - \left(2 x y + y^{2}\right)\left(2 x + 2 y + 2 x \frac{d y}{d x} + 6 y \frac{d y}{d x}\right)}{\left(x^{2} + 2 x y + 3 y^{2}\right)^{2}}.

将

\begin{cases} x = 1, \\ y = -2 \end{cases}

代入得 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{4}{9} > 0$ ，故 $x = 1$ 为极小点，极小值为 $y = -2$ 。

17

（本题满分 10 分）

设函数 $f(u)$ 二阶连续可导， $z = f(e^{x} \cos y)$ 满足

\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = \left(4 z + e^{x} \cos y\right) e^{2 x},

若 $f(0) = 0$ ， $f'(0) = 0$ ，求 $f(u)$ 的表达式。

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $f(u) = -\frac{1}{16} \left( e^{-2u} - e^{2u} \right) - \frac{1}{4} u$

【解析】
首先，计算一阶偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x} \cos y \cdot f', \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -e^{x} \sin y \cdot f'.

接着，计算二阶偏导数：

\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} = e^{x} \cos y \cdot f' + e^{2x} \cos^{2} y \cdot f'',

\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = -e^{x} \cos y \cdot f' + e^{2x} \sin^{2} y \cdot f''.

将两者相加，得到：

\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = e^{2x} f''.

令 $u = e^{x} \cos y$ ，由题设条件

\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = (4z + e^{x} \cos y) e^{2x},

代入得：

f''(u) = 4 f(u) + u,

即：

f''(u) - 4 f(u) = u.

解此常微分方程，得通解：

f(u) = C_{1} e^{-2u} + C_{2} e^{2u} - \frac{1}{4} u.

由初始条件 $f(0) = 0$ ， $f'(0) = 0$ ，代入得方程组：

\begin{cases} C_{1} + C_{2} = 0, \\ -2 C_{1} + 2 C_{2} - \frac{1}{4} = 0. \end{cases}

解得：

C_{1} = -\frac{1}{16}, \quad C_{2} = \frac{1}{16}.

因此，函数表达式为：

f(u) = -\frac{1}{16} \left( e^{-2u} - e^{2u} \right) - \frac{1}{4} u.

18

（本题满分 10 分）

设 $\Sigma$ 为曲面 $z = x^{2} + y^{2} \ (z \leq 1)$ 的上侧，计算曲面积分

I = \iint_{\Sigma} (x - 1)^{3} \, dy \, dz + (y - 1)^{3} \, dz \, dx + (z - 1) \, dx \, dy.

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 $-4\pi$

【解析】 【解】令 $\sum_{0}: z = 1 \ (x^{2} + y^{2} \leq 1)$ ，取下侧，其中 $\sum$ 与 $\sum_{0}$ 围成的几何体为 $\Omega$ 。

由高斯公式得：

\begin{aligned} & \oiint_{\sum + \sum_{0}} (x - 1)^{3} dy dz + (y - 1)^{3} dz dx + (z - 1) dx dy \\ & = -\iiint_{\Omega} \left[ 3(x - 1)^{2} + 3(y - 1)^{2} + 1 \right] dv \\ & = -\iiint_{\Omega} \left[ 3(x^{2} + y^{2}) - 6x - 6y + 7 \right] dv \\ & = -\iiint_{\Omega} \left[ 3(x^{2} + y^{2}) + 7 \right] dv \\ & = -\int_{0}^{1} dz \iint_{x^{2} + y^{2} \leq z} \left[ 3(x^{2} + y^{2}) + 7 \right] dv \\ & = -\int_{0}^{1} dz \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{z}} (3r^{3} + 7r) dr \end{aligned}

计算得：

= -2\pi \int_{0}^{1} \left( \frac{3}{4} z^{2} + \frac{7}{2} z \right) dz = -2\pi \left( \frac{1}{4} + \frac{7}{4} \right) = -4\pi

而

\iint_{\sum_{0}} (x - 1)^{3} dy dz + (y - 1)^{3} dz dx + (z - 1) dx dy = \iint_{\sum_{0}} (z - 1) dx dy = 0

故

I = \iint_{\sum} (x - 1)^{3} dy dz + (y - 1)^{3} dz dx + (z - 1) dx dy = -4\pi

19

（本题满分 10 分）

设数列 $\{ a_{n} \}$ ， $\{ b_{n} \}$ 满足 $0 < a_{n} < \frac{\pi}{2}, \quad 0 < b_{n} < \frac{\pi}{2}, \quad \cos a_{n} - a_{n} = \cos b_{n}$ ，且级数 $\sum \limits_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛。

（Ⅰ）证明 $\lim \limits_{n \to \infty} a_{n} = 0$ ；

（Ⅱ）证明级数 $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收敛。

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【答案】 见解析

【解析】

（Ⅰ）由 $\cos a_{n} - a_{n} = \cos b_{n}$ 得

a_{n} = \cos a_{n} - \cos b_{n}.

因为 $a_{n} > 0$ ，所以

a_{n} = \cos a_{n} - \cos b_{n} > 0,

故

0 < a_{n} < b_{n}.

又因为 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，故

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

（Ⅱ）方法一：
由 $a_{n} = \cos a_{n} - \cos b_{n}$ 得

\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{\cos a_{n} - \cos b_{n}}{b_{n}} = -\frac{2 \sin\left( \frac{a_{n} + b_{n}}{2} \right) \sin\left( \frac{a_{n} - b_{n}}{2} \right)}{b_{n}} \sim \frac{b_{n}^{2} - a_{n}^{2}}{2b_{n}}.

因为

0 \leqslant \frac{b_{n}^{2} - a_{n}^{2}}{2b_{n}} \leqslant \frac{b_{n}}{2},

且 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}^{2} - a_{n}^{2}}{2b_{n}}$ 收敛。
由正项级数比较审敛法得 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收敛。

方法二：
由

\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{a_{n}}{b_{n}}}{b_{n}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}^{2}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{1 - \cos b_{n}}{b_{n}^{2}} \cdot \frac{a_{n}}{1 - \cos b_{n}} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{1 - \cos b_{n}} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n} + 1 - \cos b_{n}} \\ &= \frac{1}{2}, \end{align*}

且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，根据正项级数比较审敛法得级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收敛。

20

(本题满分11分)

设 $A = \begin{pmatrix} 1&-2&3&-4\\ 0&1&-1&1\\ 1&2&0&-3\end{pmatrix}$ ， $E$ 为3阶单位矩阵。

(Ⅰ)求方程 $Ax = 0$ 的一个基础解系；

(Ⅱ)求满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ .

线性代数线性方程组

【答案】
(Ⅰ) 方程 $Ax = 0$ 的一个基础解系为 $\xi = (-1, 2, 3, 1)^{\mathrm{T}}$ 。
(Ⅱ) 满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ 为

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 & -k_2 + 6 & -k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }).

【解析】
（Ⅰ）
对矩阵 $A$ 作初等行变换：

A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -3 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}.

则方程组 $\boldsymbol{AX = 0}$ 的一个基础解系为

\boxed{\xi} = (-1, 2, 3, 1)^{\mathrm{T}}.

（Ⅱ）
方法一
由增广矩阵 $(A \vdots E)$ 出发：

(A \vdots E) = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & -3 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & -1 & -4 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & 5 & 4 & 12 & -3 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & -1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & -1 & -4 & 1 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 2 & 6 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & -1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & -1 & -4 & 1 \end{pmatrix}.

得

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 2k_1 + 6k_2 - k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }).

方法二
令 $\boldsymbol{B} = (\boldsymbol{X}_1, \boldsymbol{X}_2, \boldsymbol{X}_3)$ ， $\boldsymbol{E} = (\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2, \boldsymbol{e}_3)$ ，则 $\boldsymbol{AB = E}$ 等价于

\boldsymbol{AX}_1 = \boldsymbol{e}_1,\quad \boldsymbol{AX}_2 = \boldsymbol{e}_2,\quad \boldsymbol{AX}_3 = \boldsymbol{e}_3.

方程组 $\boldsymbol{AX}_1 = \boldsymbol{e}_1$ 的通解为
$\boldsymbol{X}_1 = k_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 \\ 2k_1 - 1 \\ 3k_1 - 1 \\ k_1 \end{pmatrix} \quad (k_1 \text{ }).$
方程组 $\boldsymbol{AX}_2 = \boldsymbol{e}_2$ 的通解为
$\boldsymbol{X}_2 = k_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6 \\ -3 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_2 + 6 \\ 2k_2 - 3 \\ 3k_2 - 4 \\ k_2 \end{pmatrix} \quad (k_2 \text{ }).$
方程组 $\boldsymbol{AX}_3 = \boldsymbol{e}_3$ 的通解为
$\boldsymbol{X}_3 = k_3 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_3 - 1 \\ 2k_3 + 1 \\ 3k_3 + 1 \\ k_3 \end{pmatrix} \quad (k_3 \text{ }).$

故

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 & -k_2 + 6 & -k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }).

方法三
令

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 \\ x_{10} & x_{11} & x_{12} \end{pmatrix}.

由 $\boldsymbol{AB = E}$ 得

\begin{cases} x_1 - 2x_4 + 3x_7 - 4x_{10} = 1, \\ x_2 - 2x_5 + 3x_8 - 4x_{11} = 0, \\ x_3 - 2x_6 + 3x_9 - 4x_{12} = 0, \\ x_4 - x_7 + x_{10} = 0, \\ x_5 - x_8 + x_{11} = 1, \\ x_6 - x_9 + x_{12} = 0, \\ x_1 + 2x_4 - 3x_{10} = 0, \\ x_2 + 2x_5 - 3x_{11} = 0, \\ x_3 + 2x_6 - 3x_{12} = 1, \end{cases}

解得

\begin{cases} x_1 = -k_1 + 2, \\ x_4 = 2k_1 - 1, \\ x_7 = 3k_1 - 1, \\ x_{10} = k_1, \end{cases} \quad \begin{cases} x_2 = -k_2 + 6, \\ x_5 = 2k_2 - 3, \\ x_8 = 3k_2 - 4, \\ x_{11} = k_2, \end{cases} \quad \begin{cases} x_3 = -k_3 - 1, \\ x_6 = 2k_3 + 1, \\ x_9 = 3k_3 + 1, \\ x_{12} = k_3. \end{cases}

故

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 & -k_2 + 6 & -k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }).

21

(本题满分11分)

证明 $n$ 阶矩阵 $\begin{pmatrix} 1&1&\cdots&1 \\ 1&1&\cdots&1 \\ \vdots&\vdots&&\vdots \\ 1&1&\cdots&1 \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} 0&\cdots&0&1 \\ 0&\cdots&0&2 \\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots \\ 0&\cdots&0&n \end{pmatrix}$ 相似。

线性代数矩阵矩阵的相似与相似对角化

【答案】 见解析

【解析】 【证明】

令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}$

由 $|\lambda E - A| = 0$ 得 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 = \cdots = \lambda_{n - 1} = 0$ ， $\lambda_n = n$ ，

由 $|\lambda E - B| = 0$ 得 $B$ 的特征值为 $\lambda_1 = \cdots = \lambda_{n - 1} = 0$ ， $\lambda_n = n$ ，

因为 $A^2 = A$ ，所以 $A$ 可对角化；

因为 $r(0E - B) = r(B) = 1$ ，所以 $B$ 可对角化，

因为 $A, B$ 特征值相同且都可对角化，所以 $A \sim B$ 。

方法点评：本题考查矩阵相似。

设 $A, B$ 为两个 $n$ 阶矩阵，若 $A \sim B$ ，则 $A, B$ 的特征值相同；反之，若 $A, B$ 的特征值相同，两矩阵不一定相似，即特征值相同是两个矩阵相似的必要而非充分条件。

注意如下结论：

（1）若 $A, B$ 特征值相同，且 $A, B$ 都可相似对角化，则 $A \sim B$ ；

（2）若 $A, B$ 特征值相同，但 $A, B$ 中一个可相似对角化，另一个不可相似对角化，则两矩阵一定不相似。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X = 1\} = P\{X = 2\} = \frac{1}{2}$ ．在给定 $X = i$ 的条件下，随机变量 $Y$ 服从均匀分布 $U(0, i) \ (i = 1, 2)$ ．

（Ⅰ）求 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)$ ；

（Ⅱ）求 $E(Y)$ 。

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】
（Ⅰ）Y的分布函数为

F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 0, \\ \dfrac{3y}{4}, & 0 \leq y < 1, \\ \dfrac{1}{2} + \dfrac{y}{4}, & 1 \leq y < 2, \\ 1, & y \geq 2. \end{cases}

（Ⅱ） $E(Y) = \frac{3}{4}$ .

【解析】
（Ⅰ）求 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)$

分布函数 $F_Y(y) = P\{Y \leq y\}$ ，根据全概率公式，结合 $X$ 的取值情况展开：

\begin{aligned} F_Y(y) &= P\{X=1\}P\{Y \leq y \mid X=1\} + P\{X=2\}P\{Y \leq y \mid X=2\} \\ &= \frac{1}{2}P\{Y \leq y \mid X=1\} + \frac{1}{2}P\{Y \leq y \mid X=2\} \end{aligned}

当 $y < 0$ 时， $P\{Y \leq y \mid X=1\} = 0$ ， $P\{Y \leq y \mid X=2\} = 0$ ，故 $F_Y(y) = 0$ 。
当 $0 \leq y < 1$ 时， $Y \mid X=1 \sim U(0,1)$ ，则 $P\{Y \leq y \mid X=1\} = y$ ； $Y \mid X=2 \sim U(0,2)$ ，则 $P\{Y \leq y \mid X=2\} = \frac{y}{2}$ 。
因此 $F_Y(y) = \frac{1}{2} \cdot y + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{3y}{4}$ 。
当 $1 \leq y < 2$ 时， $P\{Y \leq y \mid X=1\} = 1$ ； $P\{Y \leq y \mid X=2\} = \frac{y}{2}$ 。
因此 $F_Y(y) = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{1}{2} + \frac{y}{4}$ 。
当 $y \geq 2$ 时， $P\{Y \leq y \mid X=1\} = 1$ ， $P\{Y \leq y \mid X=2\} = 1$ ，故 $F_Y(y) = 1$ 。

综上， $Y$ 的分布函数为：

F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 0, \\ \dfrac{3y}{4}, & 0 \leq y < 1, \\ \dfrac{1}{2} + \dfrac{y}{4}, & 1 \leq y < 2, \\ 1, & y \geq 2. \end{cases}

（Ⅱ）求 $E(Y)$

可先求 $Y$ 的概率密度函数 $f_Y(y)$ ，对 $F_Y(y)$ 求导：

当 $0 < y < 1$ 时， $f_Y(y) = \frac{3}{4}$ ；
当 $1 < y < 2$ 时， $f_Y(y) = \frac{1}{4}$ ；
其余区间 $f_Y(y) = 0$ 。

根据期望的定义 $E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) \, dy$ ，计算得：

\begin{aligned} E(Y) &= \int_{0}^{1} y \cdot \frac{3}{4} \, dy + \int_{1}^{2} y \cdot \frac{1}{4} \, dy \\ &= \frac{3}{4} \cdot \frac{y^2}{2} \bigg|_{0}^{1} + \frac{1}{4} \cdot \frac{y^2}{2} \bigg|_{1}^{2} \\ &= \frac{3}{8} + \frac{1}{8} \cdot (4 - 1) \\ &= \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4} \end{aligned}

或者，利用全期望公式 $E(Y) = E[E(Y \mid X)]$ ：

$E(Y \mid X=1) = \frac{0 + 1}{2} = \frac{1}{2}$ （均匀分布 $U(0,1)$ 的期望）；
$E(Y \mid X=2) = \frac{0 + 2}{2} = 1$ （均匀分布 $U(0,2)$ 的期望）；

因此：

\begin{align*} E(Y) &= P\{X=1\}E(Y \mid X=1) + P\{X=2\}E(Y \mid X=2) \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot 1 \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \\ &= \frac{3}{4} \end{align*}

最终，（Ⅰ）分布函数如上述分段函数；（Ⅱ） $E(Y) = \boxed{\frac{3}{4}}$ 。

23

本题满分 11 分

设总体 $X$ 的分布函数为

F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1 - e^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, & x \geq 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 $E X$ 及 $E X^2$ 。

(II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta}$ 。

(III) 是否存在实数 $a$ ，使得对任意的 $\varepsilon > 0$ ，都有 $\lim _{n \to \infty} P\{|\hat{\theta} - a| \geq \varepsilon\} = 0$ ？

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) $EX = \frac{\sqrt{\pi \theta}}{2}$ , $EX^2 = \theta$
(II) $\hat{\theta} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2$
(III) 存在实数 $a = \theta$

【解析】
（I）概率密度函数为

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

计算期望：

EX = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{\theta} e^{-\frac{x^2}{\theta}} \, dx.

令 $t = \frac{x^2}{\theta}$ ，则

EX = 2 \int_{0}^{+\infty} t e^{-t} \cdot \frac{\sqrt{\theta}}{2\sqrt{t}} \, dt = \sqrt{\theta} \int_{0}^{+\infty} \sqrt{t} e^{-t} \, dt = \sqrt{\theta} \, \Gamma\left(\frac{1}{2} + 1\right) = \frac{\sqrt{\pi \theta}}{2}.

计算二阶矩：

EX^2 = \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x^3}{\theta} e^{-\frac{x^2}{\theta}} \, dx.

作变量替换，令 $u = \frac{x^2}{\theta}$ ，得

EX^2 = \theta \int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{\theta} e^{-\frac{x^2}{\theta}} \, d\left(\frac{x^2}{\theta}\right) = \theta \, \Gamma(2) = \theta.

（II）似然函数为

L(\theta) = \frac{2^n x_1 x_2 \cdots x_n}{\theta^n} e^{-\frac{x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2}{\theta}}.

取对数得

\ln L(\theta) = n \ln 2 + \sum_{i=1}^n \ln x_i - n \ln \theta - \frac{\sum_{i=1}^n x_i^2}{\theta}.

对 $\theta$ 求导并令导数为零：

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

解得最大似然估计量为

\hat{\theta} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2.

（III）由大数定律， $\hat{\theta} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2$ 依概率收敛于 $EX^2 = \theta$ 。
因此存在 $a = \theta$ ，使得对任意 $\varepsilon > 0$ ，有

\lim_{n \to \infty} P\left\{ \left| \hat{\theta} - a \right| \geq \varepsilon \right\} = 0.