2018 年真题

选择题

1

下列函数中，在 $x = 0$ 处不可导的是（）

正确答案：D

【解】方法一对 $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$ ,

$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{\cos\sqrt{|x|}-1}{x}=-\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0}\frac{|x|}{x}$ 不存在，即 $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$ 在 $x = 0$ 处不可导，应选(D).

方法二

当 $f(x)=|x|\sin|x|$ 时， $f(x)-f(0)\sim x^2$ , $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(A);

当 $f(x)=|x|\sin\sqrt{|x|}$ 时， $f(x)-f(0)\sim |x|^{\frac{3}{2}}$ , $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(B);

当 $f(x)=\cos|x|$ 时， $f(x)-f(0)\sim -\frac{1}{2}x^2$ , $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(C),

应选(D).

2

过点 $(1, 0, 0)$ 、 $(0, 1, 0)$ ，且与曲面 $z = x^2 + y^2$ 相切的平面为（　　）

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：B

【解】设切点为 $(x_0, y_0, z_0)$ ，则

\begin{cases} z_0 = x_0^2 + y_0^2, \\ (2x_0, 2y_0, -1) \cdot (1, -1, 0) = 0, \\ (2x_0, 2y_0, -1) \cdot (x_0 - 1, y_0, z_0) = 0, \end{cases}

解之得

\begin{cases} x_0 = 0, \\ y_0 = 0, \\ z_0 = 0, \end{cases}

或

\begin{cases} x_0 = 1, \\ y_0 = 1, \\ z_0 = 2, \end{cases}

故所求切平面为 $z = 0$ 或 $2x + 2y - z = 2$ 应选(B)

3

$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{2n + 3}{(2n + 1)!} = ()$

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：B

【解】 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{2n + 3}{(2n + 1)!} = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{(2n)!} + 2\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{(2n + 1)!}$

$= \cos1 + 2\sin1$ ，

应选(B).

4

设 $M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + x)^2}{1 + x^2} \, dx$ ， $N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + x}{e^x} \, dx$ ， $K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sqrt{\cos x}) \, dx$ ，则（）

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：C

【解】 $M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + x)^2}{1 + x^2}dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(1 + \frac{2x}{1 + x^2}\right)dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1dx = \pi$ ，

当 $-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ 时， $1 + \sqrt{\cos x} > 1 > \frac{1 + x}{e^x}$ ，

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sqrt{\cos x})dx > \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1dx > \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + x}{e^x}dx$ ，即 $K > M > N$ 应选(C).

5

下列矩阵中，与矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 相似的为（）

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：A

【解】方法一

令 $M=\begin{pmatrix} 1&1&0 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ， $A=\begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix} 1&0&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ， $C=\begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ， $D=\begin{pmatrix} 1&0&-1 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ，

显然矩阵 $A$ ， $B$ ， $C$ ， $D$ 的特征值都是 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1$ ，

$E - M = \begin{pmatrix} 0&-1&0 \\ 0&0&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ ， $E - A = \begin{pmatrix} 0&-1&1 \\ 0&0&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ ， $E - B = \begin{pmatrix} 0&0&1 \\ 0&0&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ ， $E - C = \begin{pmatrix} 0&-1&1 \\ 0&0&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ ， $E - D = \begin{pmatrix} 0&0&1 \\ 0&0&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ ，

因为 $r(E - M) = r(E - A) = 2$ ，所以应选（A）.

方法二

取 $P = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ，则 $P^{-1} = \begin{pmatrix} 1&1&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ，因为 $P^{-1}\begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}P = \begin{pmatrix} 1&1&0 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ，所以 $\begin{pmatrix} 1&1&0 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ 相似，应选（A）.

6

设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r(X)$ 为矩阵 $X$ 的秩， $(X, Y)$ 表示分块矩阵，则（）

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：A

【解】 $(A,AB)=A(E,B)$ ，

显然 $r(A,AB)=r[A(E,B)] \leq r(A)$ ，

又 $r(A,AB) \geq r(A)$ ，

于是 $r(A,AB)=r(A)$ ，应选(A).

7

设随机变量 $X$ 的概率密度 $f(x)$ 满足 $f(1+x) = f(1-x)$ ，且 $\int_{0}^{2} f(x) \, dx = 0.6$ ，则 $P\{ X < 0 \} =$

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

【解】 $\int_{0}^{1}f(x)dx = \int_{1}^{2}f(x)dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{2}f(x)dx = 0.3$ ，

$P(X < 0) = \int_{-\infty}^{0}f(x)dx = \int_{-\infty}^{1}f(x)dx - \int_{0}^{1}f(x)dx = 0.5 - 0.3 = 0.2$ ，应选(A)。

8

设总体 $X$ 服从正态分布 $N(\mu,\sigma^{2})$ 。 $X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，据此样本检验假设： $H_{0}:\mu = \mu_{0},H_{1}:\mu \neq \mu_{0}$ ，则（）

概率论与数理统计参数估计与假设检验假设检验

正确答案：D

【解】若 $\sigma^{2}$ 已知，则假设 $H_{0}$ 的接受域： $|u| < u_{\frac{\alpha}{2}}$ ，其中 $u_{\frac{\alpha}{2}}$ 为正态分布的 $\frac{\alpha}{2}$ （上）分位数。

若 $\sigma^{2}$ 未知，则假设 $H_{0}$ 的接受域： $|t| < t_{\frac{\alpha}{2}}(n - 1)$ ，其中 $t_{\frac{\alpha}{2}}(n - 1)$ 为自由度是 $n - 1$ 的 $t$ 分布的 $\frac{\alpha}{2}$ （上）分位数。显然检验水平 $\alpha$ 变小，接受域都变大。应选(D)。

填空题

9

（填空题）若 $\lim\limits _{x→0}(\frac {1 - \tan x}{1 + \tan x})^{\frac {1}{\sin kx}} = e$ ，则 $k =$ ______．

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $-2$

【解析】 因为 $\lim\limits _{x0}\frac {1}{\sin kx}\cdot (\frac {1 - \tan x}{1 + \tan x} - 1) = \lim\limits _{x0}\frac {1}{\sin kx}\cdot \frac {-2\tan x}{1 + \tan x} = \lim\limits _{x0}\frac {1}{kx}\cdot \frac {-2x}{1 + \tan x} = \frac {-2}{k}$ ，

故 $\lim\limits _{x0}(\frac {1 - \tan x}{1 + \tan x})^{\frac {1}{\sin kx}} = e^{\frac {-2}{k}} = e$ ，即 $k = -2$ ．

10

（填空题）设函数 $f(x)$ 具有 $2$ 阶连续导数。若曲线 $y = f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y = 2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切，则 $\int_{0}^{1}xf''(x)\text{d}x =$ ______.

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $2(\ln 2 - 1)$

【解析】 $f'(1) = (2^x)'|_{x=1} = 2\ln 2$ ,

$\int_{0}^{1}xf''(x)\text{d}x = \int_{0}^{1}x\text{d}f'(x) = xf'(x)|_{0}^{1} - \int_{0}^{1}f'(x)\text{d}x = f'(1) - f(1) + f(0)$

$= 2\ln 2 - 2 = 2(\ln 2 - 1)$

11

（填空题）设 $\boldsymbol{F}(x,y,z) = xy\boldsymbol{i} - yz\boldsymbol{j} + zx\boldsymbol{k}$ ,则 $\text{rot}\ \boldsymbol{F}(1,1,0) = \underline{\quad\quad}$

高等数学多元函数积分学旋度的定义

【答案】 $\boldsymbol{i} - \boldsymbol{k}$

【解析】 设 $\boldsymbol{F}(x,y,z) = xy\boldsymbol{i} - yz\boldsymbol{j} + zx\boldsymbol{k}$ ,则 $\text{rot}\ \boldsymbol{F}(1,1,0) = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & -yz & zx \end{vmatrix}_{(1,1,0)} = (y\boldsymbol{i} - z\boldsymbol{j} - x\boldsymbol{k})\big|_{(1,1,0)} = \boldsymbol{i} - \boldsymbol{k}$

12

（填空题）设 L 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线，则 $\oint_{L}xyds =$ ______．

高等数学多元函数积分学第一类曲线积分

【答案】 $-\frac{\pi}{3}$

【解析】

$\oint_{L}xyds=\frac{1}{3}\oint_{L}(xy+yz+xz)ds=\frac{1}{6}\oint_{L}[(x+y+z)^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})]ds$

$=-\frac{1}{6}\oint_{L}ds=-\frac{\pi}{3}$ ．

13

（填空题）设二阶矩阵 $A$ 有两个不同的特征值， $\alpha_{1}$ ， $\alpha_{2}$ 是 $A$ 的线性无关的特征向量， $A^{2}(\alpha_{1} + \alpha_{2}) = \alpha_{1} + \alpha_{2}$ ，则 $|A| =$

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 -1

【解析】 因为 $\alpha_{1}$ 和 $\alpha_{2}$ 线性无关，所以 $\alpha_{1} + \alpha_{2} \neq 0$ 。

由 $A^{2}(\alpha_{1} + \alpha_{2}) = \alpha_{1} + \alpha_{2}$ 可知， $\alpha_{1} + \alpha_{2}$ 是 $A^{2}$ 对应特征值 $1$ 的特征向量。

又因为 $A$ 有两个不同的特征值，设为 $\lambda_{1}$ 和 $\lambda_{2}$ ，则 $A^{2}$ 的特征值为 $\lambda_{1}^{2}$ 和 $\lambda_{2}^{2}$ 。

由于 $A^{2}$ 有特征值 $1$ ，且 $\alpha_{1}$ 和 $\alpha_{2}$ 是 $A$ 的特征向量，所以 $\lambda_{1}^{2} = 1$ ， $\lambda_{2}^{2} = 1$ ，解得 $\lambda_{1} = \pm 1$ ， $\lambda_{2} = \pm 1$ 。

又因为 $\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$ ，所以 $\lambda_{1} = 1$ ， $\lambda_{2} = -1$ ，则 $|A| = \lambda_{1} \lambda_{2} = -1$ 。

14

（填空题）设随机事件 A 与 B 相互独立，A 与 C 相互独立， $BC = \varnothing$ 。若 $P(A) = P(B) = \frac{1}{2}$ ， $P(AC | AB \cup C) = \frac{1}{4}$ ，则 $P(C) =$ ______。

概率论与数理统计随机事件和概率

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】
由 $BC = \varnothing$ ，得 $P(BC) = 0$ 。
因为 $ABC \subset BC$ ，所以 $P(ABC) = 0$ 。

\begin{align*} P(AC \mid AB \cup C) &= \frac{P[AC(AB \cup C)]}{P(AB \cup C)} \\ &= \frac{P[(ABC) \cup (AC)]}{P(AB \cup C)} \\ &= \frac{P(AC)}{P(AB \cup C)} \\ &= \frac{P(A)P(C)}{P(A)P(B) + P(C) - P(ABC)} \\ &= \frac{\frac{1}{2} \cdot P(C)}{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + P(C) - 0} \\ &= \frac{1}{4} \end{align*}

解得

P(C) = \frac{1}{4}.

解答题

15

（本题满分 10 分）

求不定积分 $\int \mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}\mathrm{d}x$

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{6}\left(\mathrm{e}^{x} + 2\right)\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} + C$

【解析】 $\int \mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}\mathrm{d}x$

$=\frac{1}{2}\int \arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}\mathrm{d}\mathrm{e}^{2x} = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{2}\int \mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}$

$=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{4}\int \frac{\mathrm{e}^{2x}}{\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{2}\int \mathrm{e}^{x}\mathrm{d}\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}$

$=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \int \sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}\mathrm{d}\mathrm{e}^{x}\right)$

$=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{2}\left[\mathrm{e}^{x}\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{2}{3}\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)^{\frac{3}{2}}\right] + C$

$=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} - \frac{1}{6}\left(\mathrm{e}^{x} + 2\right)\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} + C$

16

（本题满分 10 分）

将长为 2m 的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形.三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 最小值为 $\frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$

【解析】 设铁丝分成的三段长分别是 x,y,z,则 x+y+z=2,且依次围成的圆、正方形与正三角形三个图形的面积之和为

$f(x,y,z)=(\frac {x}{2})^{2}+(\frac {y}{4})^{2}+\frac {\sqrt {3}}{4}(\frac {z}{3})^{2}=\frac {x^{2}}{4}+\frac {y^{2}}{16}+\frac {\sqrt {3}}{36}z^{2},$

构造拉格朗日函数： $L(x,y,z,)=\frac {x^{2}}{4}+\frac {y^{2}}{16}+\frac {\sqrt {3}}{36}z^{2}+(x+y+z-2)$

令

\begin{cases} L'_{x}=\frac {x}{2}+=0, \\ L'_{y}=\frac {y}{8}+=0, \\ L'_{z}=\frac {\sqrt {3}}{18}z+=0, \\ L'_{}=x+y+z-2=0, \end{cases}

得

\begin{cases} x_{0}=\frac {2}{+4+3\sqrt {3}}, \\ y_{0}=\frac {8}{+4+3\sqrt {3}}, \\ z_{0}=\frac {6\sqrt {3}}{+4+3\sqrt {3}}, \end{cases}

此时 $f(x_{0},y_{0},z_{0})=\frac {1}{+4+3\sqrt {3}}$

又当 $x+y+z=2,xyz=0$ 时， $f(x,y,z)$ 的最小值为 $f(0,\frac {8}{4+3\sqrt {3}},\frac {6\sqrt {3}}{4+3\sqrt {3}})=\frac {1}{4+3\sqrt {3}}$

所以三个图形的面积之和存在最小值，最小值为 $f(x_{0},y_{0},z_{0})=\frac {1}{+4+3\sqrt {3}}$

17

（本题满分 10 分）
设 $\Sigma$ 是曲面 $x = \sqrt{1 - 3y^2 - 3z^2}$ 的前侧，计算曲面积分

I = \iint_{\Sigma} x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z + (y^3 + 2)\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x + z^3\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 $\frac{14\pi}{45}$

【解析】 补曲面 $\Sigma_1: \begin{cases} x = 0, \\ 3y^2 + 3z^2 = 1 \end{cases}$ ，取后侧， $\Omega$ 为 $\Sigma$ 与 $\Sigma_1$ 所围成的立体。利用高斯公式可得

\begin{align*} I &= \iint_{\Sigma + \Sigma_1} x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (y^3 + 2) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + z^3 \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\ &\quad - \iint_{\Sigma_1} x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (y^3 + 2) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + z^3 \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\[4pt] &= \iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z - 0 \\ &= \iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z \end{align*}

利用柱坐标变换 $y = r \cos \theta$ ， $z = r \sin \theta$ ， $x = x$ 得

\begin{align*} \iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z &= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{3}} \mathrm{d}r \int_{0}^{\sqrt{1 - 3r^2}} (1 + 3r^2) r \, \mathrm{d}x \\ &= 2\pi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{3}} \sqrt{1 - 3r^2} (1 + 3r^2) r \, \mathrm{d}r \\ &= \frac{2\pi}{3} \int_{0}^{1} (2 - t^2) t^2 \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{14\pi}{45} \end{align*}

18

（本题满分 10 分）已知微分方程 $y' + y = f(x)$ ，其中 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的连续函数。

(Ⅰ) 若 $f(x) = x$ ，求方程的通解；

(Ⅱ) 若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的函数，证明：方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

高等数学常微分方程一阶非齐次线性微分方程

【答案】
(Ⅰ) $y = C \mathrm{e}^{-x} + x - 1$
(Ⅱ) 见解析

【解析】
(Ⅰ) 当 $f(x) = x$ 时，方程化为 $y' + y = x$ ，其通解为

$y = \mathrm{e}^{-\int dx} \left( C + \int x \mathrm{e}^{\int dx} dx \right) = \mathrm{e}^{-x} \left( C + x \mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{x} \right) = C \mathrm{e}^{-x} + x - 1$

(Ⅱ) 方程 $y' + y = f(x)$ 的通解为 $y = \mathrm{e}^{-\int_{0}^{x} dt} \left[ C + \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{\int_{0}^{t} ds} f(t) dt \right]$ ，

即 $y = \mathrm{e}^{-x} \left[ C + \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t} f(t) dt \right]$

得 $y(x + T) - y(x) = \mathrm{e}^{-x} \left[ \left( \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} - 1 \right) C + \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{x + T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt - \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t} f(t) dt \right]$

若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的连续函数，则

$\frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{x + T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt = \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt + \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{T}^{x + T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt$

$= \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt + \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{u + T} f(u + T) du$

$= \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt + \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{T} \mathrm{e}^{u} f(u) du = \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt + \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{u} f(u) du$

于是 $y(x + T) - y(x) = \mathrm{e}^{-x} \left[ \left( \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} - 1 \right) C + \frac{1}{\mathrm{e}^{T}} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt \right]$ ，

因此当且仅当 $C = \frac{1}{\mathrm{e}^{T} - 1} \int_{0}^{T} \mathrm{e}^{t} f(t) dt$ 时， $y(x + T) - y(x) = 0$ ，即方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

19

（本题满分 10 分）

设数列 $\{ x_{n}\}$ 满足： $x_{1} > 0$ ， $x_{n}\text{e}^{x_{n+1}} = \text{e}^{x_{n}} - 1$ （ $n = 1,2,\cdots$ ）．证明数列 $\{ x_{n}\}$ 收敛，并求 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ ．

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【答案】 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n} = 0$

【解析】 因为 $x_{1} \neq 0$ ，所以 $\text{e}^{x_{2}} = \frac{\text{e}^{x_{1}} - 1}{x_{1}}$ ．

由微分中值定理，存在 $\xi \in (0, x_{1})$ ，使得 $\frac{\text{e}^{x_{1}} - 1}{x_{1}} = \text{e}^{\xi}$ ，即 $\text{e}^{x_{2}} = \text{e}^{\xi}$ ，因此 $0 < x_{2} < x_{1}$ ．

假设 $0 < x_{n+1} < x_{n}$ ，则 $\text{e}^{x_{n+2}} = \frac{\text{e}^{x_{n+1}} - 1}{x_{n+1}} = \text{e}^{\eta}$ （ $0 < \eta < x_{n+1}$ ），得 $0 < x_{n+2} < x_{n+1}$ 。故 $\{ x_{n}\}$ 是单调减少的数列，且有下界，从而 $\{ x_{n}\}$ 收敛．

设 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，在等式 $x_{n}\text{e}^{x_{n+1}} = \text{e}^{x_{n}} - 1$ 两边取极限，得 $a\text{e}^{a} = \text{e}^{a} - 1$ ，显然 $a = 0$ 为其解。

又令 $f(x) = x\text{e}^{x} - \text{e}^{x} + 1$ ，则 $f'(x) = x\text{e}^{x}$ 。

当 $x > 0$ 时， $f'(x) = x\text{e}^{x} > 0$ ，函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调增加，

所以 $a = 0$ 是方程 $a\text{e}^{a} = \text{e}^{a} - 1$ 在 $[0, +\infty)$ 上的唯一解，故 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n} = 0$ 。

20

（本题满分 11 分）

设实二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - x_2 + x_3)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_1 + a x_3)^2$ ，其中 $a$ 是参数。

(Ⅰ) 求 $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 的解；

(Ⅱ) 求 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形。

线性代数二次型

【答案】
（Ⅰ）当 $a \neq 2$ 时， $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 的解为 $\boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}} = (0, 0, 0)^{\mathrm{T}}$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $\boldsymbol{x} = k(-2, -1, 1)^{\mathrm{T}}$ ，其中 $k \neq 0$ 。
（Ⅱ）当 $a \neq 2$ 时， $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形为 $y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ 。

【解析】

（Ⅰ）函数 $f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - x_2 + x_3)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_1 + a x_3)^2 = 0$ 的充分必要条件是

\begin{cases} x_1 - x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 + x_3 = 0, \\ x_1 + a x_3 = 0. \end{cases}

对齐次线性方程组的系数矩阵作初等行变换得

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

当 $a \neq 2$ 时， $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 只有零解 $\boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}} = (0, 0, 0)^{\mathrm{T}}$ 。

当 $a = 2$ 时，

\boldsymbol{A} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

$f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 有非零解 $\boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}} = k(-2, -1, 1)^{\mathrm{T}}$ ，其中 $k \neq 0$ 。

（Ⅱ）当 $a \neq 2$ 时，令

\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}.

由于

\begin{vmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a - 2 \end{vmatrix} = a - 2 \neq 0,

矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{pmatrix}$ 可逆，因此 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形为

f(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2.

当 $a = 2$ 时，

\begin{align*} f(x_1, x_2, x_3) &= (x_1 - x_2 + x_3)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_1 + 2x_3)^2 \\ &= 2x_1^2 + 2x_2^2 + 6x_3^2 - 2x_1x_2 + 6x_1x_3. \end{align*}

进一步整理得

\begin{align*} f(x_1, x_2, x_3) &= 2(x_1 - x_2 + x_3)^2 + \frac{3}{2}x_2^2 + \frac{3}{2}x_3^2 + 3x_2x_3 \\ &= 2(x_1 - x_2 + x_3)^2 + \frac{3}{2}(x_2 + x_3)^2. \end{align*}

因此 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形为

f(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2.

21

（本题满分 11 分）

已知 $a$ 是常数，且矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix}$ 可经初等列变换化为矩阵 $B = \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ ；

(Ⅱ) 求满足 $AP = B$ 的可逆矩阵 $P$ 。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(Ⅰ) $a = 2$
(Ⅱ) 可逆矩阵 $P = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数，且 $k_2 \neq k_3$ 。

【解析】

(Ⅰ)

显然 $r(A)=2$ ，因为初等变换不改变矩阵的秩，所以 $r(B)=2$ ，

而 $B = \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & a + 1 & 3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 - a \end{pmatrix}$ ，故 $a = 2$ 。

(Ⅱ)

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -2 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ，令 $P = (X_1, X_2, X_3)$ ，

由 $(A \vdots B) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & \vdots & 1 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 0 & \vdots & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 7 & -2 & \vdots & -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 6 & \vdots & 3 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & -2 & \vdots & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 得

$X_1 = k_1\begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 \\ 2k_1 - 1 \\ k_1 \end{pmatrix}$ ，

$X_2 = k_2\begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6k_2 + 4 \\ 2k_2 - 1 \\ k_2 \end{pmatrix}$ ，

$X_3 = k_3\begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6k_3 + 4 \\ 2k_3 - 1 \\ k_3 \end{pmatrix}$ ，

则所求的可逆矩阵为 $P = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}$ （ $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数且 $k_2 \neq k_3$ ）。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立， $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=-1\}=\frac{1}{2}$ ， $Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布。令 $Z=XY$

(Ⅰ) 求 $\text{Cov}(X, Z)$ ；

(Ⅱ) 求 $Z$ 的概率分布。

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) $\text{Cov}(X, Z) = \lambda$
(Ⅱ) $Z$ 的概率分布为：

P(Z=k) = \begin{cases} \frac{1}{2} \cdot \frac{\lambda^k}{k!}\text{e}^{-\lambda}, & k=1,2,3,\cdots \\ \text{e}^{-\lambda}, & k=0, \\ \frac{1}{2} \cdot \frac{\lambda^{-k}}{(-k)!}\text{e}^{-\lambda}, & k=-1,-2,-3,\cdots \end{cases}

【解析】
(Ⅰ)
由于 $E(X) = 0$ ， $E(X^2) = 1$ ， $E(Y) = \lambda$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，可得

\begin{align*} \text{Cov}(X, Z) &= \text{Cov}(X, XY) \\ &= E(X^2 Y) - E(X)E(XY) \\ &= E(X^2)E(Y) - [E(X)]^2 E(Y) \\ &= \lambda. \end{align*}

(Ⅱ)
已知 $Y \sim \text{Poisson}(\lambda)$ ，即

P(Y = j) = \frac{\lambda^j}{j!} \text{e}^{-\lambda}, \quad j = 0, 1, 2, \dots

于是 $Z$ 的所有可能取值为全体整数。其概率分布如下：

当 $k$ 为正整数时，
$\begin{align*} P(Z = k) &= P(XY = k) \\ &= P(X = 1, Y = k) \\ &= P(X = 1)P(Y = k) \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \text{e}^{-\lambda}, \quad k = 1, 2, 3, \dots \end{align*}$
当 $k$ 为负整数时，
$\begin{align*} P(Z = k) &= P(XY = k) \\ &= P(X = -1, Y = -k) \\ &= P(X = -1)P(Y = -k) \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\lambda^{-k}}{(-k)!} \text{e}^{-\lambda}, \quad k = -1, -2, -3, \dots \end{align*}$
当 $k = 0$ 时，
$\begin{align*} P(Z = 0) &= P(XY = 0) \\ &= P(X = -1, Y = 0) + P(X = 1, Y = 0) \\ &= \frac{1}{2} \text{e}^{-\lambda} + \frac{1}{2} \text{e}^{-\lambda} \\ &= \text{e}^{-\lambda}. \end{align*}$

综上，

P(Z = k) = \begin{cases} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\lambda^k}{k!} \text{e}^{-\lambda}, & k = 1, 2, 3, \dots \\[6pt] \text{e}^{-\lambda}, & k = 0, \\[6pt] \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\lambda^{-k}}{(-k)!} \text{e}^{-\lambda}, & k = -1, -2, -3, \dots \end{cases}

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\sigma \in (0,+\infty)$ 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。记 $\sigma$ 的最大似然估计量为 $\hat{\sigma}$

(Ⅰ) 求 $\hat{\sigma}$ ;

(Ⅱ) 求 $E(\hat{\sigma})$ , $D(\hat{\sigma})$

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) $\hat{\sigma} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |X_i|$
(Ⅱ) $E(\hat{\sigma}) = \sigma$ , $D(\hat{\sigma}) = \frac{\sigma^2}{n}$

【解析】
(Ⅰ) 似然函数为

L(x_1,x_2,\dots,x_n;\sigma) = \prod_{i=1}^n f(x_i;\sigma) = \frac{1}{2^n \sigma^n} \exp\biggl( -\frac{1}{\sigma} \sum_{i=1}^n |x_i| \biggr),

-\infty < x_i < +\infty,\quad i=1,2,\dots

于是

\ln L = -n\ln 2 - n\ln \sigma - \frac{1}{\sigma}\sum_{i=1}^n |x_i|.

令

\frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}\sigma} = -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n |x_i| = 0,

得 $\sigma$ 的最大似然估计量为

\hat{\sigma} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |X_i|.

(Ⅱ)

\begin{align*} E(\hat{\sigma}) &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(|X_i|) = E(|X|) \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} |x| \cdot \frac{1}{2\sigma}\mathrm{e}^{-\frac{|x|}{\sigma}}\,\mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{+\infty} \frac{x}{\sigma}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}}\,\mathrm{d}x \\ &= -\int_{0}^{+\infty} x\,\mathrm{d}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}} \\ &= -x\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}}\Big|_0^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}}\,\mathrm{d}x \\ &= \sigma. \end{align*}

\begin{align*} D(\hat{\sigma}) &= \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n D(|X_i|) = \frac{D(|X|)}{n} = \frac{E[|X|^2] - E^2(|X|)}{n} \\[4pt] &= \frac{1}{n}\left(\int_{-\infty}^{+\infty} |x|^2 \cdot \frac{1}{2\sigma}\mathrm{e}^{-\frac{|x|}{\sigma}}\,\mathrm{d}x - \sigma^2\right) \\ &= \frac{1}{n}\left(\int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{\sigma}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}}\,\mathrm{d}x - \sigma^2\right) \\[4pt] &= \frac{1}{n}\left(\int_{0}^{+\infty} -x^2\,\mathrm{d}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}} - \sigma^2\right) \\[4pt] &= \frac{1}{n}\left(\int_{0}^{+\infty} 2x\mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}}\,\mathrm{d}x - \sigma^2\right) \\ &= \frac{1}{n}(2\sigma^2 - \sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}. \end{align*}