2016 年真题

选择题

1

若反常积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}}dx$ 收敛，则()

正确答案：C

我们考虑积分

I = \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} \, dx.

将其拆分为

I = \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} \, dx + \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} \, dx.

第一部分：
在区间 $(0,1]$ 上， $(1+x)^b$ 在 $x \to 0^+$ 时趋于 $1$ ，不影响收敛性。
比较对象是

\int_{0}^{1} \frac{1}{x^{a}} \, dx,

它在 $a < 1$ 时收敛。
因此第一部分收敛的条件是

a < 1.

第二部分：
在区间 $[1, +\infty)$ 上，做如下变形：

\frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} = \frac{1}{x^{a+b} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{b}}.

当 $x \to +\infty$ 时， $\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{b} \to 1$ ，不影响收敛性。
比较对象是

\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} \, dx,

它在 $a+b > 1$ 时收敛。

结论：
整个积分收敛的充分必要条件是

a < 1 \quad \text{且} \quad a + b > 1.

2

已知函数 $f(x)= \begin{cases}2(x-1), & x<1 \ \ln x, & x \geq 1\end{cases}$ ，则 $f(x)$ 的一个原函数是()

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

正确答案：D

【解析】

我们已知原函数的导数为分段形式：

f'(x) = \begin{cases} 2(x-1), & x < 1, \ \ln x, & x \ge 1. \end{cases}

要求原函数 $F(x)$ 满足在 $x=1$ 处连续。

1. 分段积分

当 $x < 1$ 时：
$\int 2(x-1) \, dx = (x-1)^2 + C_1.$
取 $C_1 = 0$ ，得：
$F(x) = (x-1)^2, \quad x < 1.$
当 $x \ge 1$ 时：
$\int \ln x \, dx = x(\ln x - 1) + C_2.$

2. 利用连续性确定常数

在 $x = 1$ 处，左极限：

\lim_{x \to 1^-} F(x) = (1-1)^2 = 0.

右极限：

F(1) = 1 \cdot (\ln 1 - 1) + C_2 = -1 + C_2.

连续性要求：

-1 + C_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad C_2 = 1.

3. 最终结果

F(x) = \begin{cases} (x-1)^2, & x < 1, \\[4pt] x(\ln x - 1) + 1, & x \ge 1. \end{cases}

3

若 $y=(1+x^{2})^{2}-\sqrt{1+x^{2}}$ 和 $y=(1+x^{2})^{2}+\sqrt{1+x^{2}}$ 是微分方程 $y'+p(x) y=q(x)$ 的两个解，则 $q(x)=()$

高等数学常微分方程线性微分方程的解的结构

正确答案：A

【解析】

我们已知原方程形式为：

y' + p(x) y = q(x)

已知两个特解 $y_1$ 和 $y_2$ ，满足：

y_1 - y_2 = -2\sqrt{1+x^2}

且

\frac{y_1 + y_2}{2} = (1+x^2)^2

1. 求 $p(x)$

两解之差 $y_1 - y_2$ 是对应齐次方程

y' + p(x) y = 0

的解。

代入 $y = -2\sqrt{1+x^2}$ ：

先求导：

y' = -2 \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} = -\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}

代入齐次方程：

-\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}} + p(x) \cdot \left[ -2\sqrt{1+x^2} \,\right] = 0

-\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}} - 2p(x)\sqrt{1+x^2} = 0

两边乘以 $-1$ ：

\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}} + 2p(x)\sqrt{1+x^2} = 0

除以 2：

\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} + p(x)\sqrt{1+x^2} = 0

p(x)\sqrt{1+x^2} = -\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

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

2. 求 $q(x)$

将特解 $\frac{y_1 + y_2}{2} = (1+x^2)^2$ 代入原方程。

设 $Y = (1+x^2)^2$ ，则

Y' = 2(1+x^2) \cdot 2x = 4x(1+x^2)

原方程：

Y' + p(x) Y = q(x)

代入：

4x(1+x^2) + \left[ -\frac{x}{1+x^2} \right] \cdot (1+x^2)^2 = q(x)

第二项化简：

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

所以：

4x(1+x^2) - x(1+x^2) = q(x)

3x(1+x^2) = q(x)

最终答案：

\boxed{p(x)=-\frac{x}{1+x^{2}},\quad q(x)=3x(1+x^{2})}

4

已知函数 $f(x)=\begin{cases}x,x\leq0\\frac{1}{n},\frac{1}{n + 1}\lt x\leq\frac{1}{n},n = 1,2,\cdots\end{cases}$ ，则（）

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：D

要判断函数 $f(x)$ 在 x = 0 处的连续性与可导性，以及间断点类型，需从极限和导数定义入手分析。

一、连续性分析

函数在 $x = 0$ 处的定义

当 $x \leq 0$ 时， $f(x) = x$ ，故

f(0) = 0

右极限计算

当 $x$ 从右侧趋近于 $0$ 时， $x$ 落在区间 $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ 内（ $n$ 为正整数），此时

f(x) = \frac{1}{n}

随着 $x \to 0^+$ ， $n \to \infty$ ，因此：

\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0

左极限计算

当 x 从左侧趋近于 0 时， $f(x) = x$ ，故：

\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x = 0

连续性结论

由于

\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0

因此函数 $f(x)$ 在 x = 0 处连续，排除选项 (A) 和 (B)。

二、可导性分析

根据导数定义，需判断左导数和右导数是否存在且相等。

左导数计算

f^{\prime} = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 1

右导数计算

取 $x_n = \frac{1}{n}$ （当 $n \to \infty$ 时， $x_n \to 0^+$ ），则：

\frac{f(x_n) - f(0)}{x_n - 0} = \frac{\frac{1}{n} - 0}{\frac{1}{n}} = 1

所以

\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_n) - f(0)}{x_n} = 1

进一步分析一般情况：对任意 $x \in \left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ ，有

\frac{f(x) - 0}{x - 0} = \frac{\frac{1}{n}}{x}

由于

\frac{1}{n+1} < x \le \frac{1}{n}

可得

1 < \frac{\frac{1}{n}}{x} \le \frac{n+1}{n}

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n+1}{n} \to 1$ ，由夹逼定理得

\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x} = 1

即

f'_+(0) = 1

可导性结论

左导数和右导数均为 1，故 $f(x)$ 在 x = 0 处可导，导数为 1，排除选项 (C)，选择选项 (D)。

5

设 $A$ ， $B$ 是可逆矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似，则下列结论错误的是()

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：C

【解析】由 $A \sim B$ ，存在可逆矩阵 $P$ 使 $P^{-1}AP=B$ 。

(1) $(P^{-1}AP)^{T}=B^{T} \Rightarrow P^{T}A^{T}(P^{T})^{-1}=B^{T}$ ，故 $A^{T} \sim B^{T}$ ，(A) 正确；

(2) $(P^{-1}AP)^{-1}=B^{-1} \Rightarrow P^{-1}A^{-1}P=B^{-1}$ ，故 $A^{-1} \sim B^{-1}$ ，(B) 正确；

(3) $P^{-1}(A+A^{-1})P=P^{-1}AP + P^{-1}A^{-1}P=B + B^{-1}$ ，故 $A+A^{-1} \sim B+B^{-1}$ ，(D) 正确；

对于 (C)， $P^{-1}(A+A^{T})P=P^{-1}AP + P^{-1}A^{T}P$ ，而 $P^{-1}A^{T}P$ 未必等于 $B^{T}$ ，故 (C) 错误。

6

设二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}+4x_{1}x_{3}+4x_{2}x_{3}$ ，则 $f(x_{1},x_{2},x_{3})$ 在空间直角坐标下表示的二次曲面为()

线性代数二次型

正确答案：B

【解析】

二次型的矩阵为

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}

求特征值：由特征方程

|\lambda E - A| = 0

解得

\lambda_1 = 5, \quad \lambda_2 = \lambda_3 = -1

因此，正惯性指数 $p = 1$ ，负惯性指数 $q = 2$ 。
二次型的规范形为

f = z_1^2 - z_2^2 - z_3^2

对应曲面方程为

z_1^2 - z_2^2 - z_3^2 = k \quad (k \text{ 为常数})

当 $k > 0$ 时，该曲面为 双叶双曲面。

7

设随机变量 $X \sim N(\mu, \sigma^{2})(\sigma>0)$ ，记 $p=P\{X \leq \mu+\sigma^{2}\}$ ，则()

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：B
【解析】标准化得

p=P\{X \leq \mu+\sigma^{2}\}=P\left\{\frac{X-\mu}{\sigma} \leq \sigma\right\}=\Phi(\sigma)

，其中

\Phi(x)

为标准正态分布的分布函数，单调递增，故

p

随

\sigma

的增加而增加。

8

随机试验 $E$ 有三种两两不相容的结果 $A_{1}$ 、 $A_{2}$ 、 $A_{3}$ ，且三种结果发生的概率均为 $\frac{1}{3}$ 。将试验 $E$ 独立重复做 $2$ 次， $X$ 表示 $2$ 次试验中结果 $A_{1}$ 发生的次数， $Y$ 表示 $2$ 次试验中结果 $A_{2}$ 发生的次数，则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为（）

概率论与数理统计随机变量的数字特征协方差与相关系数

正确答案：B

【解析】
已知 $X \sim B\left(2, \frac{1}{3}\right)$ ， $Y \sim B\left(2, \frac{1}{3}\right)$ ，则

E(X) = E(Y) = \frac{2}{3}, \quad D(X) = D(Y) = \frac{4}{9}.

计算 $E(XY)$ ：

E(XY) = \sum_{k=0}^{2} \sum_{l=0}^{2} kl \cdot P(X = k, Y = l).

仅当 $k = l = 1$ 时非零，此时

P(X = 1, Y = 1) = C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot C_{1}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9},

因此

E(XY) = 1 \times 1 \times \frac{2}{9} = \frac{2}{9}.

填空题

9

（填空题）

\lim\limits _{x\to 0}\frac {\int _{0}^{x}t\ln (1+t\sin t)dt}{1-\cos x^{2}}=

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】

\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x t\ln(1 + t\sin t)dt}{1 - \cos x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x\ln(1 + x\sin x)}{2x\sin x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x\sin x}{2x^2} = \frac{1}{2}\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \frac{1}{2}

10

（填空题）向量场 $\boldsymbol{A}(x, y, z) = (x + y + z) \boldsymbol{i} + xy \boldsymbol{j} + z \boldsymbol{k}$ 的旋度 $\text{rot} \boldsymbol{A} =$ ______。

高等数学多元函数积分学旋度的定义

【答案】 $j + (y - 1)k$

【解析】

\text{rot } A = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x + y + z & xy & z \end{vmatrix} = j + (y - 1)k

11

（填空题）设函数 $f(u,v)$ 可微, $z=z(x, y)$ 由方程 $(x+1) z-y^{2}=x^{2} f(x-z, y)$ 确定,则 $d z|_{(0,1)}=$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $dz|_{(0,1)} = -dx + 2dy$

【解析】
已知方程

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

两边分别关于 $x$ 、 $y$ 求偏导：

关于 $x$ 求偏导：
$z + (x+1) z'_x = 2x f(x - z, y) + x^{2} f'_1(x - z, y) \cdot (1 - z'_x)$
关于 $y$ 求偏导：
$(x+1) z'_y - 2y = x^{2} \left[ f'_1(x - z, y) \cdot (-z'_y) + f'_2(x - z, y) \right]$

将 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $z = 1$ 代入上述两式，可得

dz|_{(0,1)} = -dx + 2dy

12

（填空题）设函数 $f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a x^{2}}$ ，且 $f^{\prime \prime}(0)=1$ ，则 $a=$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $a = \frac{1}{2}$

【解析】 【解析】

f'(x) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1-ax^2}{(1+ax^2)^2}

f''(x) = \frac{-2x}{(1+x^2)^2} - \frac{2a^2x^3-6ax}{(1+ax^2)^3}

f'''(x) = \frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3} + \frac{(6a-6a^2x^2)(1+ax^2) - 6ax(6ax-2a^2x^3)}{(1+ax^2)^4}

因此， $f'''(0) = -2 + 6a = 1$ ，从而得 $a = \frac{1}{2}$ 。

13

（填空题）行列式

\left| \begin{array}{cccc} \lambda & -1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & -1 \\ 4 & 3 & 2 & \lambda + 1 \end{array} \right| =

线性代数行列式

【答案】

\lambda^4 + \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 4

【解析】

\begin{vmatrix} \lambda & -1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & -1 \\ 4 & 3 & 2 & \lambda+1 \end{vmatrix} = \lambda \begin{vmatrix} \lambda & -1 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 \\ 3 & 2 & \lambda+1 \end{vmatrix} + 4 \times (-1)^{4+1} \begin{vmatrix} -1 & 0 & 0 \\ \lambda & -1 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 \end{vmatrix}

= \lambda^{4} + \lambda^{3} + 2\lambda^{2} + 3\lambda + 4

14

（填空题）设 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 为来自总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的简单随机样本，样本均值 $\overline{x} = 9.5$ ，参数 $\mu$ 的置信度为 $0.95$ 的双侧置信区间的置信上限为 $10.8$ ，则 $\mu$ 的置信度为 $0.95$ 的双侧置信区间为______。

概率论与数理统计参数估计与假设检验区间估计和置信区间

【答案】 (8.2, 10.8)

【解析】
$P\{ -u_{0.025} < \frac{\overline{x} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} < u_{0.025} \} = P\{ \overline{x} - u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} < \mu < \overline{x} + u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \} = 0.95$ 。

因为 $\overline{x} + u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 10.8$ ，所以 $u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 1.3$ 。

因此，置信下限 $\overline{x} - u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 8.2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）已知平面区域 $D = \left\{ (r, \theta) \middle| 2 \leq r \leq 2(1 + \cos \theta), -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \right\}$ ，计算二重积分 $\iint_{D} x \, dx \, dy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $5\pi + \frac{32}{3}$

【解析】

\iint\limits_{D} x\,dx\,dy = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{2}^{2(1 + \cos\theta)} r^2 \cos\theta \, dr = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta \cdot \frac{r^3}{3} \Big|_{2}^{2(1 + \cos\theta)} \, d\theta

= \frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(3\cos^2\theta + 3\cos^3\theta + \cos^4\theta\right) \, d\theta

= 8 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta \, d\theta + 8 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta \, d\theta + \frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, d\theta

= 8 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos 2\theta + 1}{2} \, d\theta + 8 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2\theta) \, d\sin\theta + \frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta \, d\sin\theta

= 4 \left( \frac{\sin 2\theta}{2} + \theta \right) \Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + 8 \left( \sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3} \right) \Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 3\sin^2\theta \cos^2\theta \, d\theta

= 4\pi + \frac{32}{3} - 2 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2\theta \, d\theta

= 5\pi + \frac{32}{3}

16

（本题满分10分）设函数 $y(x)$ 满足方程 $y'' + 2y' + ky = 0$ ，其中 $0 < k < 1$ 。

(Ⅰ) 证明：反常积分 $\int_{0}^{\infty} y(x) dx$ 收敛；

(Ⅱ) 若 $y(0) = 1$ ， $y'(0) = 1$ ，求 $\int_{0}^{\infty} y(x) dx$ 的值。

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】
(Ⅰ) 见解析
(Ⅱ) \[\frac{3}{k} \]

【解析】
(Ⅰ) 证明反常积分

\int_{0}^{\infty} y(x) \, dx

收敛。

给定微分方程

y'' + 2y' + ky = 0,

其中 $0 < k < 1$ 。

特征方程为

r^2 + 2r + k = 0,

判别式为

\Delta = 4 - 4k = 4(1 - k) > 0 \quad (\text{因为 } 0 < k < 1),

故特征根为两个不同的实根：

r = -1 \pm \sqrt{1 - k}.

由于 $0 < k < 1$ ，有 $\sqrt{1 - k} > 0$ ，且 $\sqrt{1 - k} < 1$ ，因此

r_1 = -1 + \sqrt{1 - k} < 0, \quad r_2 = -1 - \sqrt{1 - k} < 0.

微分方程的通解为

y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x},

其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为常数。

由于 $r_1 < 0$ 和 $r_2 < 0$ ，当 $x \to \infty$ 时， $y(x) \sim e^{r x} \ (r < 0)$ ，即 $y(x)$ 指数衰减。

因此，反常积分

\int_{0}^{\infty} y(x) \, dx

收敛。

(Ⅱ)

方法一：直接积分法

设

I = \int_0^\infty y(x) \, dx.

由通解形式：

y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x},

计算积分：

I = \int_0^\infty \left( C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} \right) dx = -\frac{C_1}{r_1} - \frac{C_2}{r_2}.

利用初始条件：

y(0) = C_1 + C_2 = 1, \quad y'(0) = r_1 C_1 + r_2 C_2 = 1,

解得：

C_1 = \frac{1 - r_2}{r_1 - r_2}, \quad C_2 = \frac{r_1 - 1}{r_1 - r_2}.

代入 $I$ 得：

I = -\frac{1}{r_1 - r_2} \left( \frac{1 - r_2}{r_1} + \frac{r_1 - 1}{r_2} \right).

计算括号内表达式：

\frac{1 - r_2}{r_1} + \frac{r_1 - 1}{r_2} = \frac{1}{r_1} - \frac{r_2}{r_1} + \frac{r_1}{r_2} - \frac{1}{r_2} = \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right) + \left( \frac{r_1}{r_2} - \frac{r_2}{r_1} \right).

利用根与系数关系：

r_1 + r_2 = -2, \quad r_1 r_2 = k,

进一步化简得：

I = \frac{3}{k}.

方法二：积分微分方程法

对原方程两边从 $0$ 到 $\infty$ 积分：

\int_0^\infty y''(x) \, dx + 2 \int_0^\infty y'(x) \, dx + k \int_0^\infty y(x) \, dx = 0.

计算各项：

\int_0^\infty y'(x) \, dx = \left[ y(x) \right]_0^\infty = y(\infty) - y(0) = 0 - 1 = -1,

\int_0^\infty y''(x) \, dx = \left[ y'(x) \right]_0^\infty = y'(\infty) - y'(0) = 0 - 1 = -1.

设 $I = \int_0^\infty y(x) \, dx$ ，代入得：

-1 + 2(-1) + kI = 0 \quad \Rightarrow \quad -3 + kI = 0 \quad \Rightarrow \quad I = \frac{3}{k}.

17

（本题满分 10 分）设函数 $f(x, y)$ 满足

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

且 $f(0, y) = y + 1$ ， $L_t$ 是从点 $(0, 0)$ 到点 $(1, t)$ 的光滑曲线，计算曲线积分

I(t) = \int_{L_t} \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} \, dx + \frac{\partial f(x, y)}{\partial y} \, dy,

并求 $I(t)$ 的最小值。

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】
曲线积分 $I(t) = t + e^{2 - t}$ ，当 $t = 2$ 时取得最小值 $3$ 。

【解析】
(1) 由 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = (2x + 1)e^{2x - y}$ 可知：

f(x,y) = \int (2x + 1)e^{2x - y} \, dx = e^{-y} \left[ \int 2x e^{2x} \, dx + \int e^{2x} \, dx \right]

= e^{-y} \cdot x e^{2x} + \varphi(y) = x e^{2x - y} + \varphi(y)

又 $f(0,y) = y + 1$ ，可知 $\varphi(y) = y + 1$ 。

因此：

f(x,y) = x e^{2x - y} + y + 1

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

I(t) = \int_{L_t} (2x + 1)e^{2x - y} \, dx + (1 - x e^{2x - y}) \, dy

令 $P = (2x + 1)e^{2x - y}$ ， $Q = 1 - x e^{2x - y}$ ，则：

\frac{\partial P}{\partial y} = -(2x + 1)e^{2x - y}, \quad \frac{\partial Q}{\partial x} = -e^{2x - y} - 2x e^{2x - y}

因 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，故积分与路径无关。

I(t) = \int_{L_t} (2x + 1)e^{2x - y} \, dx + (1 - x e^{2x - y}) \, dy

= \int_{0}^{1} (2x + 1)e^{2x} \, dx + \int_{0}^{t} (1 - e^{2 - y}) \, dy

= e^2 + t + e^{2 - t} - e^2 = t + e^{2 - t}

(2) $I(t) = t + e^{2 - t}$

I'(t) = 1 - e^{2 - t}

令 $I'(t) = 0$ ，可知 $t = 2$ （有唯一驻点）。

又 $I''(t) = e^{2 - t}$ ，则 $I''(2) = 1 > 0$ 。

因此 $t = 2$ 时， $I(t)$ 有最小值，且：

I(2) = 2 + e^{2 - 2} = 2 + 1 = 3

18

（本题满分 10 分）设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2x + y + 2z = 2$ 与三个坐标平面围成， $\sum$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧，计算曲面积分 $I = \iint_{\sum} (x^{2} + 1) \, dy \, dz - 2y \, dz \, dx + 3z \, dx \, dy$ 。

多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 【解析】

设曲面积分

I = \iint_{\Sigma} (x^2 + 1) \, dy \, dz - 2y \, dz \, dx + 3z \, dx \, dy

令 $P = x^2 + 1$ ， $Q = -2y$ ， $R = 3z$ 。

由高斯公式可得：

I = \iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \, dx \, dy \, dz

计算偏导数：

\frac{\partial P}{\partial x} = 2x, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = -2, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 3

代入得：

I = \iiint_{\Omega} (2x - 2 + 3) \, dx \, dy \, dz = \iiint_{\Omega} (2x + 1) \, dx \, dy \, dz

积分区域 $\Omega$ 由平面 $x + 2y + 2z = 2$ 与坐标面围成，投影到 $xy$ 平面为区域 $D_{xy}$ ，其中 $z$ 的范围为 $0 \leq z \leq 1 - x - \frac{y}{2}$ 。

于是：

I = \iint_{D_{xy}} \left[ \int_{0}^{1 - x - \frac{y}{2}} (2x + 1) \, dz \right] dx \, dy

计算内层积分：

\int_{0}^{1 - x - \frac{y}{2}} (2x + 1) \, dz = (2x + 1) \left(1 - x - \frac{y}{2}\right)

展开得：

(2x + 1)(1 - x - \frac{y}{2}) = 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2}

因此：

I = \iint_{D_{xy}} \left( 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2} \right) dx \, dy

区域 $D_{xy}$ 由 $x = 0$ ， $y = 0$ 及 $x + 2y = 1$ 围成，即 $0 \leq x \leq 1$ ， $0 \leq y \leq 1 - 2x$ 。

于是：

I = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - 2x} \left( 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2} \right) dy \, dx

先对 $y$ 积分：

\int_{0}^{1 - 2x} \left( 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2} \right) dy = \left[ (2x^2 + x)y - \frac{1}{2}xy^2 - \frac{1}{4}y^2 \right]_{0}^{1 - 2x}

代入上限 $y = 1 - 2x$ ，下限 $y = 0$ 得：

(2x^2 + x)(1 - 2x) - \frac{1}{2}x(1 - 2x)^2 - \frac{1}{4}(1 - 2x)^2

展开并化简后，对 $x$ 从 0 到 1 积分，最终结果为：

I = \frac{1}{2}

19

（本题满分10分）

已知函数 $f(x)$ 可导，且 $f(0) = 1$ ， $0 \lt f^\prime(x) \lt \frac{1}{2}$ ，设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n + 1} = f(x_n)(n = 1,2\cdots)$ ，证明：

（I）级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}(x_{n + 1} - x_n)$ 绝对收敛；

（II） $\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在，且 $0 \lt \lim_{n \to \infty} x_n \lt 2$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】 【证明】(1) $x_{n+1}=f(x_{n})$

\begin{aligned} \left|x_{n+1}-x_{n}\right| &= \left|f(x_{n})-f(x_{n-1})\right| \\ &= \left|f'(\xi)(x_{n}-x_{n-1})\right| \\ &< \frac{1}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right| \\ &= \frac{1}{2}\left|f(x_{n-1})-f(x_{n-2})\right| \end{aligned}

显然， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 收敛，因此， $\sum_{n=1}^{\infty}(x_{n+1}-x_{n})$ 绝对收敛;

(2) $\sum_{n = 1}^{\infty}(x_{n + 1} - x_n)$ 的前 $n$ 项和记为 $S_n$

易知， $S_n = x_{n + 1} - x_1$ ，由第一问可知 $S_n$ 极限存在，因此 $\lim_{n \to \infty} x_n = A$ 存在

$x_{n + 1} = f(x_n) = f(x_n) - f(0) + 1$

$= f'(\xi)x_n + 1$ （*）

i）由已知 $0 < f'(x) < \frac{1}{2}$ ，易知 $x_{n + 1} = f'(\xi)x_n + 1 < \frac{1}{2}x_n = 1$

不等式两边取极限，可知 $A < \frac{1}{2}A + 1$ ，即 $A < 2$ ；

ii）若 $A = 0$ ，则（*）矛盾；

iii）若 $A < 0$ ，则由（*）可知 $(1 - f'(\xi))A = 1$ ，而 $0 < f'(x) < \frac{1}{2}$ ，显然矛盾

综上， $0 < A < 2$

20

（本题满分 11 分）设矩阵

\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & a & 1 \\ -1 & 1 & a \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 1 & a \\ -a - 1 & -2 \end{pmatrix}

当 $a$ 为何值时，方程 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$ 无解、有唯一解、有无穷多解？

线性代数线性方程组

【答案】
当 $a \neq 1$ 且 $a \neq -2$ 时，方程有唯一解；
当 $a = -2$ 时，方程无解；
当 $a = 1$ 时，方程有无穷多解。

【解析】
【解析】对 $AX = B$ 的增广阵做初等变换：

(A, B) \to \left( \begin{array}{ccccc} 1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\ 0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\ 0 & 0 & a-1 & 1-a & 0 \end{array} \right)

当 $|A| \neq 0$ ，即 $a \neq 1$ 且 $a \neq -2$ 时，方程组有唯一解。
当 $|A| = 0$ 时， $a = 1$ 或 $a = -2$ ：
- 当 $a = -2$ 时，代入得矛盾方程，方程组无解。
- 当 $a = 1$ 时，代入得 $r(A) < 3$ ，故方程组有无穷多解。

21

（本题满分 11 分）已知矩阵

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

（I）求 $\boldsymbol{A}^{99}$ 。

（II）设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{B} = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ 满足 $\boldsymbol{B}^{2} = \boldsymbol{B} \boldsymbol{A}$ ，记 $\boldsymbol{B}^{100} = (\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3})$ ，将 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 分别表示为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的线性组合。

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

【答案】
（I）

\boldsymbol{A}^{99} = \begin{pmatrix} -2 + 2^{99} & 1 - 2^{99} & 2 - 2^{98} \\ -2 + 2^{100} & 1 - 2^{100} & 2 - 2^{99} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

（II）

\begin{aligned} \boldsymbol{\beta}_1 &= (-2 + 2^{99})\boldsymbol{\alpha}_1 + (-2 + 2^{100})\boldsymbol{\alpha}_2, \\ \boldsymbol{\beta}_2 &= (1 - 2^{99})\boldsymbol{\alpha}_1 + (1 - 2^{100})\boldsymbol{\alpha}_2, \\ \boldsymbol{\beta}_3 &= (2 - 2^{98})\boldsymbol{\alpha}_1 + (2 - 2^{99})\boldsymbol{\alpha}_2. \end{aligned}

【解析】

(1)
利用相似对角化，由特征方程 $|\lambda E - A| = 0$ 得 $A$ 的特征值为

\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = -1, \quad \lambda_3 = -2,

于是 $A \sim \Lambda = \begin{pmatrix} 0 & & \\ & -1 & \\ & & -2 \end{pmatrix}$ 。

当 $\lambda_1 = 0$ 时，由 $(0E - A)x = 0$ 解得属于 $\lambda_1 = 0$ 的特征向量为

\gamma_1 = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix};

当 $\lambda_2 = -1$ 时，由 $(-E - A)x = 0$ 解得属于 $\lambda_2 = -1$ 的特征向量为

\gamma_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix};

当 $\lambda_3 = -2$ 时，由 $(-2E - A)x = 0$ 解得属于 $\lambda_3 = -2$ 的特征向量为

\gamma_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}.

取可逆矩阵

P = (\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3) = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix},

则有 $P^{-1}AP = \Lambda$ ，即 $A = P\Lambda P^{-1}$ 。于是

A^{99} = P\Lambda^{99}P^{-1}.

计算可得

A^{99} = \begin{pmatrix} -2 + 2^{99} & 1 - 2^{99} & 2 - 2^{98} \\ -2 + 2^{100} & 1 - 2^{100} & 2 - 2^{99} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

(2)
由 $B^2 = BA$ 可得

B^3 = B^2 A = BA^2,

依此类推，有

B^{100} = BA^{99}.

已知 $B = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ ，且 $B^{100} = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)$ ，因此

(\beta_1, \beta_2, \beta_3) = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) A^{99} = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \begin{pmatrix} -2 + 2^{99} & 1 - 2^{99} & 2 - 2^{98} \\ -2 + 2^{100} & 1 - 2^{100} & 2 - 2^{99} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

于是可得

\begin{aligned} \beta_1 &= (-2 + 2^{99})\alpha_1 + (-2 + 2^{100})\alpha_2, \\ \beta_2 &= (1 - 2^{99})\alpha_1 + (1 - 2^{100})\alpha_2, \\ \beta_3 &= (2 - 2^{98})\alpha_1 + (2 - 2^{99})\alpha_2. \end{aligned}

22

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D = \{(x,y) \mid 0 < x < 1, x^2 < y < \sqrt{x}\}$ 上服从均匀分布，令

U = \begin{cases} 1, & X \leq Y \\ 0, & X > Y \end{cases}

（Ⅰ）写出 $(X,Y)$ 的概率密度；

（Ⅱ）问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立？并说明理由；

（Ⅲ）求 $Z = U + X$ 的分布函数 $F(z)$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】

（Ⅰ） $(X,Y)$ 的概率密度为

f(x, y) = \begin{cases} 3, & 0 < x < 1,\ x^2 < y < \sqrt{x}, \\ 0, & \text{}. \end{cases}

（Ⅱ） $U$ 与 $X$ 不相互独立。理由：

P\left\{U \leq \frac{1}{2}\right\} = \frac{1}{2}, \quad P\left\{X \leq \frac{1}{2}\right\} = \frac{1}{2},

但

P\left\{U \leq \frac{1}{2},\ X \leq \frac{1}{2}\right\} \ne P\left\{U \leq \frac{1}{2}\right\} P\left\{X \leq \frac{1}{2}\right\},

因此不独立。

（Ⅲ） $Z = U + X$ 的分布函数为

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & z < 0, \\[4pt] \dfrac{3}{2}z^2 - z^3, & 0 \leq z < 1, \\[8pt] \dfrac{1}{2} + 2(z - 1)^{3/2} - \dfrac{3}{2}(z - 1)^2, & 1 \leq z < 2, \\[8pt] 1, & z \geq 2. \end{cases}

【解析】

(1) 区域 $D$ 的面积为

s(D) = \int_0^1 (\sqrt{x} - x^2) \, dx = \frac{1}{3}.

由于 $(X, Y)$ 服从区域 $D$ 上的均匀分布，因此

f(x, y) = \begin{cases} 3, & 0 < x < 1,\ x^2 < y < \sqrt{x}, \\ 0, & \text{}. \end{cases}

(2) $U$ 与 $X$ 不独立。理由如下：

P\left\{U \leq \frac{1}{2}\right\} = \frac{1}{2}, \quad P\left\{X \leq \frac{1}{2}\right\} = \frac{1}{2},

但

P\left\{U \leq \frac{1}{2},\ X \leq \frac{1}{2}\right\} \ne P\left\{U \leq \frac{1}{2}\right\} P\left\{X \leq \frac{1}{2}\right\},

因此 $U$ 与 $X$ 不独立。

(3)

\begin{align*} F_Z(z) &= P\{U + X \leq z\} \\ &= P\{U + X \leq z \mid U = 0\} P\{U = 0\} \\ &\quad + P\{U + X \leq z \mid U = 1\} P\{U = 1\}. \end{align*}

即

F_Z(z) = P\{X \leq z,\ X > Y\} + P\{1 + X \leq z,\ X \leq Y\}.

其中

P\{X \leq z,\ X > Y\} = \begin{cases} 0, & z < 0, \\[4pt] \dfrac{3}{2}z^2 - z^3, & 0 \leq z < 1, \\[8pt] \dfrac{1}{2}, & z \geq 1, \end{cases}

P\{X + 1 \leq z,\ X \leq Y\} = \begin{cases} 0, & z < 1, \\[4pt] 2(z - 1)^{3/2} - \dfrac{3}{2}(z - 1)^2, & 1 \leq z < 2, \\[8pt] \dfrac{1}{2}, & z \geq 2. \end{cases}

因此

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & z < 0, \\[4pt] \dfrac{3}{2}z^2 - z^3, & 0 \leq z < 1, \\[8pt] \dfrac{1}{2} + 2(z - 1)^{3/2} - \dfrac{3}{2}(z - 1)^2, & 1 \leq z < 2, \\[8pt] 1, & z \geq 2. \end{cases}

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\theta \in (0, +\infty)$ 为未知参数， $X_1, X_2, X_3$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，令 $T = \max\{X_1, X_2, X_3\}$ 。

(1) 求 $T$ 的概率密度

(2) 确定 $a$ ，使得 $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计

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】
(1) $T$ 的概率密度函数为

f_T(t) = \begin{cases} \dfrac{9t^8}{\theta^9}, & 0 < t < \theta \\ 0, & \text{} \end{cases}

(2) $a = \dfrac{10}{9}$

【解析】
（1） 由题意， $X_1, X_2, X_3$ 独立同分布， $T = \max(X_1, X_2, X_3)$ 的分布函数为

\begin{aligned} F_T(t) &= P\left\{\max(X_1, X_2, X_3) \leq t\right\} \\ &= P\{X_1 \leq t, X_2 \leq t, X_3 \leq t\} \\ &= P\{X_1 \leq t\} \cdot P\{X_2 \leq t\} \cdot P\{X_3 \leq t\} \\ &= \left[P\{X_1 \leq t\}\right]^3 \end{aligned}

当 $t < 0$ 时， $F_T(t) = 0$ ；
当 $0 < t < \theta$ 时，
$F_T(t) = \left[\int_0^t \frac{3x^2}{\theta^3} \, dx\right]^3 = \left(\frac{t^3}{\theta^3}\right)^3 = \frac{t^9}{\theta^9}$
当 $t \geq \theta$ 时， $F_T(t) = 1$ 。

对 $F_T(t)$ 求导，得概率密度函数：

f_T(t) = \begin{cases} \dfrac{9t^8}{\theta^9}, & 0 < t < \theta \\ 0, & \text{} \end{cases}

（2） 计算 $E(aT)$ ：

\begin{aligned} E(aT) &= aE(T) = a \int_0^\theta t \cdot \frac{9t^8}{\theta^9} \, dt \\ &= \frac{9a}{\theta^9} \int_0^\theta t^9 \, dt \\ &= \frac{9a}{\theta^9} \cdot \frac{\theta^{10}}{10} = \frac{9a}{10} \theta \end{aligned}

若 $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计，则需满足

E(aT) = \theta

即

\frac{9a}{10} \theta = \theta \quad \Rightarrow \quad a = \frac{10}{9}