2021 年真题

选择题

1

设函数 $f(x)= \begin{cases} \frac{e^{x}-1}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x=0 \end{cases}$ ，则 $f(x)$ 在 $x=0$ 处（）

正确答案：D
【解析】

\lim _{x \to 0} f(x)=\lim _{x \to 0} \frac{e^{x}-1}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{x}{x}=1=f(0)

，故

f(x)

在

x=0

处连续。又

f'(0)=\lim _{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{\frac{e^{x}-1}{x}-1}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\lim _{x \to 0} \frac{1+x+\frac{1}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)-1-x}{x^{2}}=\frac{1}{2}

，故应选(D)。

2

设函数 $f(x, y)$ 可微，且 $f(x+1, e^{x})=x(x+1)^{2}$ ， $f(x, x^{2})=2 x^{2} \ln x$ ，则 $df(1,1)=$ （）

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

正确答案：C

【解析】

f_{x}'(x, y)=2 x \ln y, f_{y}'(x, y)=\frac{x^{2}}{y},

则 $f_{x}'(1,1)=0$ ， $f_{y}'(1,1)=1$ ，得 $df(1,1)=dy$ ，故应选(C)。

3

设函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^{2}}$ 在 $x=0$ 处的3次泰勒多项式为 $a x+b x^{2}+c x^{3}$ ，则（）

高等数学一元函数微分学泰勒公式

正确答案：A

【解析】由题意知， $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^{2}}=a x+b x^{2}+c x^{3}+o(x^{3})$ ，故

\begin{aligned} \sin x & =\left(1+x^{2}\right)\left(a x+b x^{2}+c x^{3}+o\left(x^{3}\right)\right) \\ & =a x+b x^{2}+(a+c) x^{3}+o\left(x^{3}\right), \end{aligned}

又 $\sin x=x-\frac{1}{6} x^{3}+o(x^{3})$ ，由泰勒展开的唯一性，比较系数，有

\left\{\begin{array}{l} a=1, \\ b=0, \\ a+c=-\frac{1}{6}, \end{array}\right.

解得

\left\{\begin{array}{l} a=1, \\ b=0, \\ c=-\frac{7}{6}, \end{array}\right.

故应选(A)。

4

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则 $\int_{0}^{1} f(x) d x=$ （）

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：B

【解析】将区间 $[0,1]$ 上均分成 $n$ 份，取 $\xi_{k}$ 为第 $k$ 个小区间的中点，则 $\xi_{k}=\frac{\frac{k-1}{n}+\frac{k}{n}}{2}=\frac{2 k-1}{2 n}$ ，

\int_{0}^{1} f(x) d x=\lim _{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{2 k-1}{2 n}\right) \cdot \frac{1}{n},

故应选(B)。

5

二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=(x_{1}+x_{2})^{2}+(x_{2}+x_{3})^{2}-(x_{3}-x_{1})^{2}$ 的正惯性指数与负惯性指数依次为（）

线性代数二次型

正确答案：B

【解析】

f=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}-\left(x_{3}-x_{1}\right)^{2}=2 x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3},

对应的矩阵 $A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ ，

|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc} \lambda & -1 & -1 \\ -1 & \lambda-2 & -1 \\ -1 & -1 & \lambda \end{array}\right|=\lambda(\lambda-3)(\lambda+1),

$A$ 的特征值为 $3$ ， $-1$ ， $0$ ，故 $f$ 的正、负惯性指数都是 $1$ ，故应选(B)。

6

设 $\alpha_{1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\alpha_{2}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\alpha_{3}=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ， $\beta_{1}=\alpha_{1}$ ， $\beta_{2}=\alpha_{2}-k \beta_{1}$ ， $\beta_{3}=\alpha_{3}-l_{1} \beta_{1}-l_{2} \beta_{2}$ ，若 $\beta_{1}$ ， $\beta_{2}$ ， $\beta_{3}$ 两两正交，则 $l_{1}$ ， $l_{2}$ 依次为（）

线性代数向量向量内积与向量正交

正确答案：A

【解析】由已知，有

\beta_{1}=\alpha_{1},

\beta_{2}=\alpha_{2}-k \beta_{1}=\alpha_{2}-k \alpha_{1},

\beta_{3}=\alpha_{3}-l_{1} \beta_{1}-l_{2} \beta_{2}=\alpha_{3}-l_{1} \alpha_{1}-l_{2}\left(\alpha_{2}-k \alpha_{1}\right),

又 $\beta_{1}$ ， $\beta_{2}$ ， $\beta_{3}$ 两两正交，故 $(\beta_{1}, \beta_{2})=0$ ，即

\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}-k \alpha_{1}\right)=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right)-k\left(\alpha_{1}, \alpha_{1}\right)=2-2 k=0,

得 $k=1$ ，此时 $\beta_{3}=\alpha_{3}-(l_{1}-l_{2}) \alpha_{1}-l_{2} \alpha_{2}$ 。又

\begin{aligned} \left(\beta_{1}, \beta_{3}\right) & =\left(\alpha_{1}, \alpha_{3}-\left(l_{1}-l_{2}\right) \alpha_{1}-l_{2} \alpha_{2}\right) \\ & =\left(\alpha_{1}, \alpha_{3}\right)-\left(l_{1}-l_{2}\right)\left(\alpha_{1}, \alpha_{1}\right)-l_{2}\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right) \\ & =5-\left(l_{1}-l_{2}\right) \cdot 2-2 l_{2}=5-2 l_{1}=0, \end{aligned}

得 $l_{1}=\frac{5}{2}$ 。 $\beta_{2}=\alpha_{2}-\alpha_{1}=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}$ ，又

\begin{aligned} \left(\beta_{2}, \beta_{3}\right) & =\left(\beta_{2}, \alpha_{3}-\left(l_{1}-l_{2}\right) \alpha_{1}-l_{2} \alpha_{2}\right) \\ & =\left(\beta_{2}, \alpha_{3}\right)-\left(l_{1}-l_{2}\right)\left(\beta_{2}, \alpha_{1}\right)-l_{2}\left(\beta_{2}, \alpha_{2}\right) \\ & =2-\left(l_{1}-l_{2}\right) \cdot 0-l_{2} \cdot 4=2-4 l_{2}=0, \end{aligned}

得 $l_{2}=\frac{1}{2}$ ，故应选(A)。

7

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶实矩阵，下列不成立的是（）

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：C

【解析】

对于(A)： $r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ O & A^{T} A\end{array}\right)=r(A)+r(A^{T} A)=r(A)+r(A)=2 r(A)$ ；

对于(B)： $r\left(\begin{array}{cc}A & A B \\ O & A^{T}\end{array}\right)=r\left(\begin{array}{c}A \\ A^{T}\end{array}\right)+r(A B)$ ，因 $\begin{pmatrix} E & B \end{pmatrix}$ 行满秩，所以 $r\left(\begin{array}{ll}A & A B\end{array}\right)=r(A)$ ，于是 $r\left(\begin{array}{cc}A & A B \\ O & A^{T}\end{array}\right)=r(A)+r(A^{T})=2 r(A)$ ；

对于(D)： $r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ B A & A^{T}\end{array}\right)=r(A)+r(A^{T})=2 r(A)$ ；

对于(C)：取 $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ ，则 $\left(\begin{array}{cc}A & B A \\ O & A A^{T}\end{array}\right)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ， $r\left(\begin{array}{cc}A & B A \\ O & A A^{T}\end{array}\right)=3 \neq 2 r(A)=2$ ，故应选 (C)。

8

设 $A,B$ 为随机事件，且 $0 < P(B) < 1$ ，下列命题中为假命题的是( ).

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：D

【解】由 $P(A|B)=P(A)$ 得 $P(AB)=P(A)P(B)$ ,即事件A,B独立,

于是 $P(A|\overline{B})=\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{P(A)P(\overline{B})}{P(\overline{B})}=P(A)$ ;

由 $P(A|B) > P(A)$ 得 $P(AB) > P(A)P(B)$ ,

从而 $P(\overline{A}|\overline{B})=\frac{P(\overline{A}\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{1 - P(A) - P(B) + P(AB)}{1 - P(B)}$

$> \frac{1 - P(A) - P(B) + P(A)P(B)}{1 - P(B)}=1 - P(A)=P(\overline{A})$ ;

由 $P(A|B) > P(A|\overline{B})$ 得 $\frac{P(AB)}{P(B)} > \frac{P(A) - P(AB)}{1 - P(B)}$ ，整理得 $P(AB) > P(A)P(B)$ ,

则 $P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)} > \frac{P(A)P(B)}{P(B)}=P(A)$ ,应选(D).

9

设 $(X_{1},Y_{1}),(X_{2},Y_{2}),\cdots,(X_{n},Y_{n})$ 为来自总体 $N(\mu_{1},\mu_{2};\sigma_{1}^{2},\sigma_{2}^{2};\rho)$ 的简单随机样本，令 $\theta = \mu_{1} - \mu_{2}$ ， $\overline{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}$ ， $\overline{Y} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_{i}$ ， $\hat{\theta} = \overline{X} - \overline{Y}$ ，则（）

概率论与数理统计参数估计与假设检验估计量的无偏性

正确答案：C

【解】 $\overline{X} \sim N(\mu_{1},\frac{\sigma_{1}^{2}}{n})$ ， $\overline{Y} \sim N(\mu_{2},\frac{\sigma_{2}^{2}}{n})$ ，

则 $E(\hat{\theta}) = E(\overline{X}) - E(\overline{Y}) = \mu_{1} - \mu_{2} = \theta$ ；

$D(\hat{\theta}) = D(\overline{X} - \overline{Y}) = D(\overline{X}) + D(\overline{Y}) - 2\text{Cov}(\overline{X},\overline{Y})$

$= \frac{\sigma_{1}^{2}}{n} + \frac{\sigma_{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n}[\text{Cov}(X_{1},\overline{Y}) + \text{Cov}(X_{2},\overline{Y}) + \cdots + \text{Cov}(X_{n},\overline{Y})]$

$= \frac{\sigma_{1}^{2}}{n} + \frac{\sigma_{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n^{2}}[\text{Cov}(X_{1},Y_{1}) + \text{Cov}(X_{2},Y_{2}) + \cdots + \text{Cov}(X_{n},Y_{n})]$

$= \frac{\sigma_{1}^{2}}{n} + \frac{\sigma_{2}^{2}}{n} - \frac{2}{n^{2}} \cdot n\rho\sigma_{1}\sigma_{2} = \frac{\sigma_{1}^{2} + \sigma_{2}^{2} - 2\rho\sigma_{1}\sigma_{2}}{n}$ ，应选（C）.

10

设 $X_{1},X_{2},\cdots,X_{16}$ 是来自总体 $N(\mu,4)$ 的简单随机样本，考虑假设检验问题： $H_{0}:\mu \leq 10$ ， $H_{1}:\mu > 10$ ， $\Phi(x)$ 表示标准正态分布函数，若该检验问题的拒绝域为 $W = \{\overline{X} \geq 11\}$ ，其中 $\overline{X} = \frac{1}{16}\sum_{i=1}^{16}X_{i}$ ，则 $\mu = 11.5$ 时，该检验犯第二类错误的概率为（）。

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：B

【解】由题 $\overline{X} \sim N(11.5, \frac{1}{4})$ ，或 $\frac{\overline{X} - 11.5}{\frac{1}{2}} \sim N(0,1)$ ，

犯第二类错误的概率为

$P\{\overline{X} < 11\} = P\{\frac{\overline{X} - 11.5}{\frac{1}{2}} < -1\} = \Phi(-1) = 1 - \Phi(1)$ ，

应选（B）。

填空题

11

（填空题）

\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}+2 x+2} d x=

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\frac{\pi}{4}$

【解析】

\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}+2 x+2} d x & =\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(x+1)^{2}+1} d x=\left.arctan (x+1)\right|_{0} ^{+\infty} \\ & =lim _{x \to+\infty} arctan (x+1)-arctan (1) \\ & =\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4} . \end{aligned}

12

（填空题）设函数 $y = y(x)$ 由参数方程 $\begin{cases}x = 2\text{e}^t + t + 1, \\ y = 4(t - 1)\text{e}^t + t^2\end{cases}$ 所确定，则 $\frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2}\big|_{t=0} =$ ______。

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】

\begin{gather*} \frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{\text{d}y/\text{d}t}{\text{d}x/\text{d}t} = \frac{4t\text{e}^t + 2t}{2\text{e}^t + 1} = 2t \\ \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} = \frac{\text{d}(2t)/\text{d}t}{\text{d}x/\text{d}t} = \frac{2}{2\text{e}^t + 1} \\ \therefore \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2}\big|_{t=0} = \frac{2}{3} \end{gather*}

13

（填空题）欧拉方程 $x^{2}y'' + xy' - 4y = 0$ 满足条件 $y(1) = 1$ ， $y'(1) = 2$ 的解为 $y =$ ______。

高等数学常微分方程其他方程

【答案】 $x^{2}$

【解析】 令 $x = e^{t}$ ， $D = \frac{d}{dt}$ ，则

$xy' = Dy$ ， $x^{2}y'' = D(D - 1)y$ ，

代入欧拉方程得

$\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 4y = 0$ ，

特征方程为 $\lambda^{2} - 4 = 0$ ，特征根为 $\lambda_{1} = -2$ ， $\lambda_{2} = 2$ ，

$\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 4y = 0$ 的通解为 $y = C_{1}e^{-2t} + C_{2}e^{2t}$ ，原方程的通解为

$y = \frac{C_{1}}{x^{2}} + C_{2}x^{2}$ ，

由 $y(1) = 1$ ， $y'(1) = 2$ 得 $C_{1} + C_{2} = 1$ ， $-2C_{1} + 2C_{2} = 2$ ，解得 $C_{1} = 0$ ， $C_{2} = 1$ ，

故 $y = x^{2}$ 。

14

（填空题）设Σ为空间区域 $\{(x,y,z)\mid x^2 + 4y^2 \leq 4, 0 \leq z \leq 2\}$ 表面的外侧，则曲面积分 $\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}y\mathrm{d}z + y^2 \mathrm{d}z\mathrm{d}x + z \mathrm{d}x\mathrm{d}y =$ ______．

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 4π

【解析】 设Σ所围成的几何体为 $\Omega$ ，由高斯公式得

$I = \iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}y\mathrm{d}z + y^2 \mathrm{d}z\mathrm{d}x + z \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_{\Omega} (2x + 2y + 1)\mathrm{d}v$ ，

由积分的奇偶性得

$I = \iiint_{\Omega} 1\mathrm{d}v = 2 \iint_{D_{xy}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2 \cdot \pi \cdot 1 \cdot 2 = 4\pi$ ．

15

（填空题）设 $A=a_{(i j)}$ 为3阶矩阵， $A_{i j}$ 为代数余子式，若 A 的每行元素之和均为2，且 $|A|=3$ ，则 $A_{11}+A_{21}+A_{31}=$

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 【分析】求 $A_{11}+A_{21}+A_{31}$ ，相当于求 $A^{*}$ 的第1行元素之和已知 A 的每行元素之和均为2，故

A\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 2 \\ 2 \\ 2 \end{array}\right)=2\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right)

又 $A^{*} A=|A|E=3E$ ，故

A^{*}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right)=\frac{3}{2}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right),

故 $A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2}$

16

（填空题）甲，乙两个盒子中各装有 $2$ 个红球和 $2$ 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球。令 $X$ ， $Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为

概率论与数理统计多维随机变量及其分布协方差与相关系数

【答案】 $\frac{1}{5}$

【解析】 由题意有

P\{X=0\}=P\{X=1\}=\frac{1}{2},

\begin{aligned} P\{Y=0\} & =P\{Y=0 | X=0\} P\{X=0\}+P\{Y=0 | X=1\} P\{X=1\} \\ & =\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2}+\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}, \end{aligned}

P\{Y=1\}=1-P\{Y=0\}=\frac{1}{2},

\begin{aligned} P\{X=0, Y=0\} & =P\{Y=0 | X=0\} P\{X=0\} \\ & =\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{10}, \end{aligned}

故 $(X, Y)$ 的概率分布为

\begin{array}{c|cc} & X=0 & X=1 \\ \hline Y=0 & \dfrac{3}{10} & \dfrac{2}{10} \\[1em] Y=1 & \dfrac{2}{10} & \dfrac{3}{10} \\ \end{array}

从而

\rho_{X Y}=\frac{cov(X, Y)}{\sqrt{D X} \cdot \sqrt{D Y}}=\frac{E(X Y)-E(X) E(Y)}{\sqrt{D X} \cdot \sqrt{D Y}}=\frac{\frac{3}{10}-\frac{1}{2} \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} \frac{1}{2}}=\frac{1}{5}

解答题

17

（本题满分10分）

求极限 $\lim\limits _{x→0}\left(\frac {1+\int_{0}^{x}\text{e}^{t^{2}}dt}{\text{e}^{x}-1}-\frac {1}{\sin x}\right)$ 。

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 1/2

【解析】 方法一

\begin{align*} &\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt}{e^{x} - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{ \left( 1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt \right) \sin x - e^{x} + 1 }{ (e^{x} - 1) \sin x } \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{ \left( 1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt \right) \sin x - e^{x} + 1 }{ x^{2} } \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{ \sin x - x }{ x^{2} } + \frac{ \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt \cdot \sin x - e^{x} + 1 + x }{ x^{2} } \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{ \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt \cdot \sin x - e^{x} + 1 + x }{ x^{2} } \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x }{ x } \cdot \frac{ \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt }{ x } - \lim_{x \to 0} \frac{ e^{x} - 1 - x }{ x^{2} } \\ &= \lim_{x \to 0} e^{x^{2}} - \lim_{x \to 0} \frac{ e^{x} - 1 }{ 2x } = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}. \end{align*}

方法二

\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt}{e^{x} - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{ \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt }{ e^{x} - 1 } + \frac{1}{ e^{x} - 1 } - \frac{1}{\sin x} \right),

由

\lim_{x \to 0} \frac{ \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt }{ e^{x} - 1 } = \lim_{x \to 0} \frac{ e^{x^{2}} }{ e^{x} } = 1, \

\begin{align*} \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ e^{x} - 1 } - \frac{1}{\sin x} \right) &= \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x - e^{x} + 1 }{ (e^{x} - 1) \sin x } \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x - e^{x} + 1 }{ x^{2} } \\ &= \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{ \cos x - e^{x} }{ x } \\ &= \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} ( -\sin x - e^{x} ) \\ &= -\frac{1}{2}. \end{align*}

得

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

方法三

由泰勒公式得 $e^{t^{2}} = 1 + t^{2} + o(t^{2})$ ,

从而

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}),

于是有

\begin{align*} &\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} dt}{e^{x} - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left[ \frac{ 1 + x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}) }{ e^{x} - 1 } - \frac{1}{\sin x} \right] \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{ 1 + x }{ e^{x} - 1 } - \frac{1}{\sin x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{ x }{ e^{x} - 1 } + \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ e^{x} - 1 } - \frac{1}{\sin x} \right) \\ &= 1 + \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x - e^{x} + 1 }{ (e^{x} - 1) \sin x } \\ &= 1 + \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x - e^{x} + 1 }{ x^{2} } \\ &= 1 + \lim_{x \to 0} \frac{ \cos x - e^{x} }{ 2x } \\ &= 1 + \lim_{x \to 0} \frac{ -\sin x - e^{x} }{ 2 } \\ &= \frac{1}{2}. \end{align*}

18

(本题满分12分)

设 $u_{n}(x)=\mathrm{e}^{-nx}+\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}(n=1,2,\cdots)$ ，求级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ 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 $(0,1]$ ，和函数为

S(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}+(1 - x)\ln(1 - x)+x, & 0 < x < 1, \\ \dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}, & x = 1. \end{cases}

【解析】
$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-nx}+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ 。

当 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{-(n+1)x}}{\mathrm{e}^{-nx}}=\mathrm{e}^{-x}<1$ ，即 $x > 0$ 时， $\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-nx}$ 收敛。

再由 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}}{\dfrac{1}{n(n+1)}}=1$ 得， $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ 的收敛半径为 $R = 1$ 。

当 $x=\pm1$ 时，

\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(\pm1)^{n+1}}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}=1,

故 $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ 的收敛域为 $[-1,1]$ 。

因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$ 的收敛域为 $(0,1]$ 。

令

S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-nx}+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}=S_{1}(x)+S_{2}(x),

其中

S_{1}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-nx}=\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-x}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}-1},

\begin{aligned} S_{2}(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)} \\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} \\ &=x\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n}+x \\ &=(1 - x)\ln(1 - x) + x \qquad (0 < x < 1). \end{aligned}

当 $x = 1$ 时，由 $S_{1}(1)=\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}$ ， $S_{2}(1)=1$ 得

S(1)=\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}+1=\dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}.

故

S(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}+(1 - x)\ln(1 - x)+x, & 0 < x < 1, \\[6pt] \dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}, & x = 1. \end{cases}

19

(本题满分12分)

已知曲线 $C:\begin{cases} x^{2}+2y^{2}-z=6, \\ 4x+2y+z=30, \end{cases}$ 求 $C$ 上的点到 $xOy$ 坐标面距离的最大值.

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 $66$

【解析】 设 $M(x,y,z)\in C$ ，点 $M$ 到 $xOy$ 坐标面的距离 $d=|z|$ ，

令 $F=z^{2}+\lambda(x^{2}+2y^{2}-z-6)+\mu(4x+2y+z-30)$ ，

由 $\begin{cases} F'_{x}=2\lambda x+4\mu=0, \\ F'_{y}=4\lambda y+2\mu=0, \\ F'_{z}=2z-\lambda+\mu=0, \\ F'_{\lambda}=x^{2}+2y^{2}-z-6=0, \\ F'_{\mu}=4x+2y+z-30=0 \end{cases}$ 得 $\begin{cases} x=4, \\ y=1, \\ z=12, \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x=-8, \\ y=-2, \\ z=66, \end{cases}$

故 $C$ 上的点 $(-8,-2,66)$ 到 $xOy$ 面的距离最大为 $66$ .

20

（本题满分12分）

设 $D \subset \mathbf{R}^2$ 是有界单连通闭区域， $I(D) = \iint_D (4 - x^2 - y^2) \, dxdy$ 取得最大值的积分区域为 $D_1$ 。

（Ⅰ）求 $I(D_1)$ 的值；

（Ⅱ）计算 $\int_{\partial D_1} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)dy}{x^2 + 4y^2}$ ，其中 $\partial D_1$ 是 $D_1$ 的正向边界。

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】 （Ⅰ） $I(D_1) = 8\pi$ ；（Ⅱ） $-\pi$

【解析】
（Ⅰ）显然 $I(D) = \iint_D (4 - x^2 - y^2) \, dxdy$ 取最大值的区域为 $4 - x^2 - y^2 \geq 0$ ，

即 $D_1 = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 4\}$ ，则

\begin{align*} I(D_1) &= \iint_{D_1} (4 - x^2 - y^2) \, dxdy \\ &= 2\pi \int_0^2 r(4 - r^2) \, dr \\ &= 2\pi \int_0^2 (4r - r^3) \, dr \\ &= 2\pi \left( 8 - 4 \right) \\ &= 8\pi \end{align*}

（Ⅱ）令 $L_0: x^2 + 4y^2 = r^2 \;(r > 0,\; L_0 \text{ 在 } L \text{ 内，取逆时针})$ ，设 $\partial D_1$ 与 $L_0^-$ 所围成的区域为 $D_0$ ，
$L_0$ 围成的区域为 $D_2$ ，则

\begin{align*} & \int_{\partial D_1} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2} \\ &= \oint_{\partial D_1 + L_0^-} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2} \\ &\quad + \int_{L_0} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2}, \end{align*}

而

\oint_{\partial D_1 + L_0^-} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2} = \iint_{D_0} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy = 0

\begin{align*} &\int_{L_0} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2} \\ &= \frac{1}{r^2} \int_{L_0} (x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy \\ &= \frac{1}{r^2} \iint_{D_2} \bigl( 8xy \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - 1 - 8xy \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - 1 \bigr) dxdy \\[6pt] &= \frac{-2}{r^2} \iint_{D_2} dxdy = \frac{-2}{r^2} \cdot \pi \cdot r \cdot \frac{r}{2} = -\pi . \end{align*}

故

\int_{\partial D_1} \frac{(x \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} + y)\,dx + (4y \mathrm{e}^{x^2 + 4y^2} - x)\,dy}{x^2 + 4y^2} = -\pi .

21

(本题满分12分)

已知 $A = \begin{pmatrix} a&1&-1 \\ 1&a&-1 \\ -1&-1&a \end{pmatrix}$ 。

(Ⅰ)求正交矩阵 $P$ ，使得 $P^TAP$ 为对角矩阵；

(Ⅱ)求正定矩阵 $C$ ，使得 $C^2 = (a + 3)E - A$ 。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】
(Ⅰ) 正交矩阵 $P = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$
(Ⅱ) 正定矩阵 $C = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 5 & -1 & 1 \\ -1 & 5 & 1 \\ 1 & 1 & 5 \end{pmatrix}$

【解析】
(Ⅰ)由

$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - a&-1&1 \\ -1&\lambda - a&1 \\ 1&1&\lambda - a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \lambda - a + 1&-(\lambda - a + 1)&0 \\ -1&\lambda - a&1 \\ 1&1&\lambda - a \end{vmatrix}$

$= (\lambda - a + 1)\begin{vmatrix} 1&-1&0 \\ -1&\lambda - a&1 \\ 1&1&\lambda - a \end{vmatrix}$

$= (\lambda - a + 1)\begin{vmatrix} 1&0&0 \\ -1&\lambda - a - 1&1 \\ 1&2&\lambda - a \end{vmatrix}$

$= (\lambda - a + 1)^2(\lambda - a - 2) = 0$ ，

得 $\lambda_1 = \lambda_2 = a - 1$ ， $\lambda_3 = a + 2$ ，

由 $(a - 1)E - A = \begin{pmatrix} -1&-1&1 \\ -1&-1&1 \\ 1&1&-1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&0&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ 得 $\lambda_1 = \lambda_2 = a - 1$ 对应的线性无关的特征向量为 $\alpha_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\alpha_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ；

由 $(a + 2)E - A = \begin{pmatrix} 2&-1&1 \\ -1&2&1 \\ 1&1&2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&-2&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$ 得 $\lambda_3 = a + 2$ 对应的特征向量为 $\alpha_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，

令 $\beta_1 = \alpha_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)}\beta_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ， $\beta_3 = \alpha_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，

再令 $\gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\gamma_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ， $\gamma_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，

得正交矩阵 $P = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0&\frac{2}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$ ，

使得 $P^TAP = \begin{pmatrix} a - 1&0&0 \\ 0&a - 1&0 \\ 0&0&a + 2 \end{pmatrix}$ 。

(Ⅱ)由 $P^T[(a + 3)E - A]P = \begin{pmatrix} 4&0&0 \\ 0&4&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ 得

$(a + 3)E - A = P\begin{pmatrix} 4&0&0 \\ 0&4&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}P^T = P\begin{pmatrix} 2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}P^T \cdot P\begin{pmatrix} 2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}P^T$ ，

令 $C = P\begin{pmatrix} 2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}P^T$ ，

$= \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0&\frac{2}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$

$= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 5&-1&1 \\ -1&5&1 \\ 1&1&5 \end{pmatrix}$ 。

则 $C^2 = (a + 3)E - A$ 。

22

（本题满分12分）

在区间 $(0,2)$ 上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段的长度为 $X$ ，较长一段的长度为 $Y$ ，令 $Z = \frac{Y}{X}$ .

(Ⅰ)求 $X$ 的概率密度；

(Ⅱ)求 $Z$ 的概率密度；

(Ⅲ)求 $E\left( \frac{X}{Y} \right)$ .

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】

(Ⅰ) $X$ 的概率密度为

f_X(x)=\begin{cases} 1, & 0<x<1, \\ 0, & \text{} \end{cases}

(Ⅱ) $Z$ 的概率密度为

f_Z(z)=\begin{cases} 0, & z \leq 1, \\ \frac{2}{(z + 1)^2}, & z > 1. \end{cases}

(Ⅲ) $E\left( \frac{X}{Y} \right) = 2\ln 2 - 1$

【解析】

(Ⅰ) X的密度函数为

f_X(x)=\begin{cases} 1, & 0<x<1, \\ 0, & \text{} \end{cases}

(Ⅱ) 由 $Y = 2 - X$ 得 $Z = \frac{2 - X}{X}$ ,

$F_Z(z) = P\{Z \leq z\} = P\left\{ \frac{2}{X} - 1 \leq z \right\}$ ,

当 $z < 1$ 时, $F_Z(z) = 0$ ;

当 $z \geq 1$ 时, $F_Z(z) = P\left\{ X \geq \frac{2}{z + 1} \right\} = \int_{\frac{2}{z + 1}}^1 1\text{d}x = 1 - \frac{2}{z + 1} = \frac{z - 1}{z + 1}$ ,

即

F_Z(z)=\begin{cases} 0, & z < 1, \\ \frac{z - 1}{z + 1}, & z \geq 1, \end{cases}

故Z的密度函数为

f_Z(z)=\begin{cases} 0, & z \leq 1, \\ \frac{2}{(z + 1)^2}, & z > 1. \end{cases}

(Ⅲ) $E\left( \frac{X}{Y} \right) = E\left( \frac{X}{2 - X} \right) = \int_0^1 \frac{x}{2 - x}\text{d}x = 2\ln 2 - 1$ .