2023 年真题

选择题

1

曲线 $y = x \ln\left(e + \frac{1}{x - 1}\right)$ 的渐近线方程为（）。

正确答案：B

【解析】

首先，计算斜率 $k$ ：

k = \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x \ln\left(e + \frac{1}{x - 1}\right)}{x} = \lim_{x \to \infty} \ln\left(e + \frac{1}{x - 1}\right) = 1

接着，计算截距 $b$ ：

\begin{align*} b &= \lim_{x \to \infty} (y - kx) \\ &= \lim_{x \to \infty} \left[ x \ln\left(e + \frac{1}{x - 1}\right) - x \right] \\ &= \lim_{x \to \infty} x \left[ \ln\left(e + \frac{1}{x - 1}\right) - 1 \right] \end{align*}

进一步化简：

b = \lim_{x \to \infty} x \ln\left[1 + \frac{1}{e(x - 1)}\right] = \lim_{x \to \infty} \frac{x}{e(x - 1)} = \frac{1}{e}

因此，斜渐近线方程为 $y = x + \frac{1}{e}$ 。

2

若微分方程 $y'' + ay' + by = 0$ 的解在 $(-\infty, +\infty)$ 上有界，则（）

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

正确答案：C

【解析】二阶常系数齐次线性微分方程 $y'' + ay' + by = 0$ 特征方程为： $\lambda^{2}+a\lambda + b = 0$

①当 $\Delta = a^{2}-4b > 0$ 时，设其两不同特征值为 $\lambda_{1},\lambda_{2}$ ，则其通解结构为： $y(x)=C_{1}e^{\lambda_{1}x}+C_{2}e^{\lambda_{2}x}$ .

不管 $\lambda_{1},\lambda_{2}$ 的正负如何，其在 $x \to \infty$ 时， $y(x)\to\infty$ ，其必然为无界函数.舍去.

②当 $\Delta = a^{2}-4b = 0$ 时，设其两相同特征值为 $\lambda_{1}=\lambda_{2}$ ，则其通解结构为 $y(x)=(C_{1}+C_{2}x)e^{\lambda_{1}x}$ . 不管 $\lambda_{1},\lambda_{2}$ 的正负如何，其在 $x \to \infty$ 时， $y(x)\to\infty$ ，其必然为无界函数.舍去.

③当 $\Delta = a^{2}-4b < 0$ 时，设其两特征值为 $\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta i$ ，则其通解结构为

$y(x)=e^{\alpha x}(C_{1}\sin\beta x + C_{2}\cos\beta x)$ .

若 $\alpha\neq0$ ，则 $x \to \infty$ 时， $y(x)=e^{\alpha x}(C_{1}\sin\beta x + C_{2}\cos\beta x)$ 为无界函数，从而 $\alpha = 0$

即当 $\alpha = 0$ 时， $y(x)=C_{1}\sin\beta x + C_{2}\cos\beta x$ 为有界函数.

此时 $\Delta = a^{2}-4b < 0$ ，即 $a = 0, b > 0$ ，故选（C）.

3

设函数 $y = f(x)$ 由

\begin{cases}x = 2t + |t|\\y = |t|\sin t\end{cases}

确定，则（）

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

正确答案：C

【解析】由参数方程可得

$f(x)=\begin{cases}\frac{x}{3}\sin\frac{x}{3},&x\geq0\\ -x\sin x,&x < 0\end{cases}$

$\lim\limits_{x\to0^{+}}f(x)=\lim\limits_{x\to0^{-}}f(x)=0 = f(0)$ ， $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续.

$f^{\prime}(x)=\begin{cases}\frac{1}{3}\sin\frac{x}{3}+\frac{x}{9}\cos\frac{x}{3},&x\geq0\\ -\sin x - x\cos x,&x < 0\end{cases}$ ，

$\lim\limits_{x\to0^{+}}f^{\prime}(x)=\lim\limits_{x\to0^{-}}f^{\prime}(x)=0 = f^{\prime}(0)$ ， $f^{\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处连续.

$f_{+}^{\prime\prime}(0)=\lim\limits_{x\to0^{+}}\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{3}\sin\frac{x}{3}+\frac{x}{9}\cos\frac{x}{3}}{x}=\frac{2}{9}$ ;

$f_{-}^{\prime\prime}(0)=\lim\limits_{x\to0^{-}}\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^{-}}\frac{-\sin x - x\cos x}{x}=-2$

$\lim\limits_{x\to0^{+}}f^{\prime\prime}(x)\neq\lim\limits_{x\to0^{-}}f^{\prime\prime}(x)$ ， $f^{\prime\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处不可导，选C.

4

已知 $a_{n} < b_{n}(n=1,2,\cdots)$ ，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 均收敛，则“级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛”是“级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛”的（）

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：A

【解析】

由条件可知 $\sum_{n = 1}^{\infty}(b_{n}-a_{n})$ 为收敛的正项级数，进而绝对收敛；

设 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}$ 绝对收敛，则由 $\vert b_{n}\vert=\vert b_{n}-a_{n}+a_{n}\vert\leq\vert b_{n}-a_{n}\vert+\vert a_{n}\vert$ 与比较，得 $\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}$ 绝对收敛；

设 $\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}$ 绝对收敛，则由 $\vert a_{n}\vert=\vert a_{n}-b_{n}+b_{n}\vert\leq\vert a_{n}-b_{n}\vert+\vert b_{n}\vert$ 与比较，得 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}$ 绝对收敛；

故为充要条件。

5

已知 $n$ 阶矩阵 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 满足 $ABC = O$ ， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵。记矩阵

\begin{pmatrix} O & A \\ BC & E \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} AB & C \\ O & E \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} E & AB \\ AB & O \end{pmatrix}

的秩分别为 $r_1$ 、 $r_2$ 、 $r_3$ ，则

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：B

【解析】

由于初等变换不改变矩阵的秩，因此：

r_1 = r\begin{pmatrix} O & A \\ BC & E \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} -ABC & O \\ BC & E \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} O & O \\ BC & E \end{pmatrix} = n

r_2 = r\begin{pmatrix} AB & C \\ O & E \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} AB & O \\ O & E \end{pmatrix} = n + r(AB)

r_3 = r\begin{pmatrix} E & AB \\ AB & O \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} E & O \\ O & -ABAB \end{pmatrix} = n + r(ABAB)

又因为 $r(ABAB) \leq r(AB)$ ，所以选项 B 正确。

6

下列矩阵不能相似于对角矩阵的是（）

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：D

【解析】

选项 A 为上三角矩阵，特征值为主对角元素，且三个特征值互不相同，故可相似对角化。
选项 B 为实对称矩阵，故可相似对角化。
选项 C 的特征值为 $1, 2, 2$ ，二重特征值 $2$ 的特征向量的基础解系含解向量个数为 $2 = 3 - r(C - 2E)$ ，所以可相似对角化。

故选 D。

7

已知向量 $\alpha_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ ， $\alpha_{2} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\beta_{1} = \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 9 \end{pmatrix}$ ， $\beta_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ 。

若 $\gamma$ 既可由 $\alpha_{1}, \alpha_{2}$ 线性表示，也可由 $\beta_{1}, \beta_{2}$ 线性表示，则 $\gamma =$

线性代数向量向量组之间的线性表示

正确答案：D

【解析】

由题意可知，设存在常数 $k_1$ 、 $k_2$ 、 $t_1$ 、 $t_2$ ，使得：

\gamma = k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2, \quad \gamma = t_1 \beta_1 + t_2 \beta_2

即：

k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 = t_1 \beta_1 + t_2 \beta_2

可得方程组：

\begin{cases} k_1 + 2k_2 = 2t_1 + t_2 \\ 2k_1 + k_2 = 5t_1 + 0 \cdot t_2 \\ 3k_1 + k_2 = 9t_1 + t_2 \end{cases}

解得：

k_1 = -3k_2

即：

\gamma = k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 = -3k_2 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 = k_2 \begin{bmatrix} -1 \\ -5 \\ -8 \end{bmatrix} = k \begin{bmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{bmatrix}, \quad k \in \mathbb{R}

故选（D）。

8

设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，则 $E(|X - EX|) =$ （　　）

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：C

【解析】

已知 $X \sim P(1)$ ，则有：

P(X = k) = \frac{\lambda^{k}}{k!} e^{-\lambda} = \frac{e^{-1}}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \cdots

且 $EX = 1$ 。

于是：

\begin{aligned} &E(|X - EX|) \\ &= \sum_{k = 0}^{+\infty} |x_{k} - EX| \cdot P_{k} \\ &= |0 - 1| \cdot e^{-1} + |1 - 1| \cdot e^{-1} + |2 - 1| \cdot \frac{e^{-1}}{2!} + \cdots + (k - 1) \cdot \frac{1}{k!} e^{-1} + \cdots \\ &= e^{-1} + e^{-1} \sum_{k = 2}^{\infty} (k - 1) \cdot \frac{1}{k!} \\ &= e^{-1} + e^{-1} \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{(k - 1)!} - e^{-1} \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k!} \\ &= e^{-1} + e^{-1}(e - 1) - e^{-1}(e - 1 - 1) \\ &= \frac{2}{e} \end{aligned}

故选（C）。

9

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $N(\mu, \sigma^{2})$ 的简单随机样本， $Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}$ 为来自总体 $N(\mu, 2\sigma^{2})$ 的简单随机样本，且两样本之间相互独立。记

\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}, \quad \overline{Y} = \frac{1}{m} \sum_{i = 1}^{m} Y_{i}, \quad S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2}, \quad S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} \sum_{i = 1}^{m} (Y_{i} - \overline{Y})^{2}.

则（）

概率论与数理统计数理统计的基本概念

正确答案：D

【解析】
由 $\frac{(n - 1)S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n - 1)$ 可知：

\frac{(n - 1)S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n - 1), \quad \frac{(m - 1)S_{1}^{2}}{2\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(m - 1)

又因为两样本相互独立，故

\frac{2S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} = \frac{\frac{(n - 1)S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} / (n - 1)}{\frac{(m - 1)S_{1}^{2}}{2\sigma^{2}} / (m - 1)} \sim F(n - 1, m - 1)

因此，选择（D）。

10

设 $X_1, X_2$ 为来自总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的简单随机样本，其中 $\sigma (\sigma > 0)$ 是未知参数，若 $\hat{\sigma} = a |X_1 - X_2|$ 为 $\sigma$ 的无偏估计，则 $a =$ （）

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：A

【解析】
因为 $X_1, X_2$ 为来自总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的简单随机样本，故

(X_1 - X_2) \sim N(0, 2\sigma^2).

令 $Y = X_1 - X_2$ ，则随机变量 $Y$ 的概率密度为：

f(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot \sqrt{2} \sigma} e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}, \quad -\infty < y < +\infty.

则

\begin{aligned} E(\hat{\sigma}) &= a \int_{-\infty}^{+\infty} |y| \cdot \frac{1}{2\sqrt{\pi} \cdot \sigma} e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}} \, dy \\ &= \frac{a}{\sqrt{\pi} \sigma} \int_{0}^{+\infty} y e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}} \, dy \\ &= -\frac{2a\sigma}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}} \, d\left(-\frac{y^2}{4\sigma^2}\right) \\ &= \frac{2a\sigma}{\sqrt{\pi}}. \end{aligned}

因 $E(\hat{\sigma}) = \sigma$ ，则

a = \frac{\sqrt{\pi}}{2},

选（A）。

填空题

11

（填空题）当 $x\to0$ 时，函数 $f(x)=ax + bx^{2}+\ln(1 + x)$ 与 $g(x)=e^{x^{2}}-\cos x$ 是等价无穷小，则 $ab=$ __________.

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

【答案】 $ab = -2$

【解析】

\begin{aligned} &\lim_{x\to0}\frac{ax + bx^{2}+\ln(1 + x)}{e^{x^{2}}-\cos x} \\ &= \lim_{x\to0}\frac{ax + bx^{2}+x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}-\frac{1}{4}x^{4}+o(x^{4})}{1 + x^{2}+\frac{1}{2}(x^{4})-(1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{4!}x^{4})+o(x^{4})} \\ &= \lim_{x\to0}\frac{(a + 1)x+(b-\frac{1}{2})x^{2}+o(x^{2})}{\frac{3}{2}x^{2}+o(x^{2})} \end{aligned}

$a + 1 = 0$ ， $a=-1$ ， $b-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ ， $b = 2$ ，

$ab=-2$ .

12

（填空题）曲面 $z = x + 2y+\ln(1 + x^{2}+y^{2})$ 在点 $(0,0,0)$ 处的切平面方程为__________.

高等数学多元函数微分学多元函数微分学的几何应用

【答案】 $x + 2y - z = 0$

【解析】 【解析】 $F(x,y,z)=x + 2y+\ln(1 + x^{2}+y^{2})-z$ .
$\vec{n}=(F_{x}',F_{y}',F_{z}')=(1+\frac{2x}{1 + x^{2}+y^{2}},2+\frac{2y}{1 + x^{2}+y^{2}},-1)$
故在点 $(0,0,0)$ 处的法向量为 $\vec{n}=(1,2,-1)$ 即切平面方程为 $x + 2y - z = 0$ 。

13

（填空题）设 $f(x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数，且 $f(x)=1 - x,x\in[0,1]$ ，若 $f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\cos n\pi x$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_{2n}=$ __________。

高等数学无穷级数傅里叶级数

【答案】 0

【解析】 $a_{n}=2\int_{0}^{1}(1 - x)\cos n\pi xdx = 2(\int_{0}^{1}\cos n\pi xdx-\int_{0}^{1}x\cos n\pi xdx)$

$=-\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{1}xd(\sin n\pi x)$

$=\frac{-2}{n^{2}\pi^{2}}(\cos n\pi - 1)$ ，

故 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_{2n}=\frac{-1}{2n^{2}\pi^{2}}(\cos 2n\pi - 1)=0$

14

（填空题）设连续函数 $f(x)$ 满足： $f(x + 2)-f(x)=x$ ， $\int_{0}^{2}f(x)dx = 0$ ，则 $\int_{1}^{3}f(x)dx=$ __________.

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】

\begin{aligned} \int_{1}^{3}f(x)dx&=\int_{1}^{2}f(x)dx+\int_{2}^{3}f(x)dx=\int_{1}^{2}f(x)dx+\int_{0}^{1}f(x + 2)dx\\ &=\int_{1}^{2}f(x)dx+\int_{0}^{1}[f(x)+x]dx=\int_{1}^{2}f(x)dx+\int_{0}^{1}f(x)dx+\int_{0}^{1}xdx\\ &=\int_{0}^{2}f(x)dx+\int_{0}^{1}xdx=0+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. \end{aligned}

15

（填空题）已知向量

\alpha_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \alpha_{2} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \alpha_{3} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \beta = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad \gamma = k_{1} \alpha_{1} + k_{2} \alpha_{2} + k_{3} \alpha_{3}.

若 $\gamma^{T} \alpha_{i} = \beta^{T} \alpha_{i} \ (i = 1, 2, 3)$ ，

则 $k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} =$ ________。

线性代数向量向量内积与向量正交

【答案】 $\frac{11}{9}$

【解析】 由 $\gamma^{T}\alpha_{1} = \beta^{T}\alpha_{1} = 1$ ，可得：

k_{1}\alpha_{1}^{T}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2}^{T}\alpha_{2} + k_{3}\alpha_{3}^{T}\alpha_{3} = 1 \Rightarrow k_{1} = \frac{1}{3}

同理可得：

k_{2} = -1, \quad k_{3} = -\frac{1}{3}

于是：

k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} = \frac{11}{9}

16

（填空题）设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X\sim B(1,\frac{1}{3})$ ， $Y\sim B(2,\frac{1}{2})$ 则 $P\{X = Y\}=$ _______.

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】

因为 $X\sim B(1,\frac{1}{3})$ ， $Y\sim B(2,\frac{1}{2})$ 所以 $X$ 取值为 $0,1$ ， $Y$ 的取值为 $0,1,2$

又因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立，所以

\begin{aligned} P\{X = Y\} &= P\{X = 0, Y = 0\} + P\{X = 1, Y = 1\} \\ &= \frac{2}{3}C_{2}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{3}C_{2}^{1}\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{3} \end{aligned}

解答题

17

（本题满分 10 分）

设曲线 $y = y(x)(x > 0)$ 经过点 $(1,2)$ ，该曲线上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距.

（1）求 $y(x)$ ；

（2）求函数 $f(x)=\int_{1}^{x}y(t)dt$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值.

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】
（1） $y(x) = x(2 - \ln x)$
（2）最大值为 $\frac{1}{4}e^{4} - \frac{5}{4}$

【解析】
（1）曲线 $L$ 在点 $P(x,y)$ 处的切线方程为 $Y - y = y'(X - x)$ ，令 $X = 0$ ，则切线在 $y$ 轴上的截距为 $Y = y - xy'$ ，则 $x = y - xy'$ ，即 $y'-\frac{1}{x}y=-1$ ，解得

$y(x)=x(C - \ln x)$ ，其中 $C$ 为任意常数.

又 $y(1)=2$ ，则 $C = 2$ ，故 $y(x)=x(2 - \ln x)$ .

（2）由（1）可知， $f(x)=\int_{1}^{x}t(2 - \ln t)dt$ ，故 $f'(x)=x(2 - \ln x)=0$ . 则驻点为 $x = e^{2}$ .

当 $0<x<e^{2}$ 时， $f'(x)>0$ ；当 $x>e^{2}$ 时， $f'(x)<0$ 故 $f(x)$ 在 $x = e^{2}$ 处取得极大值，同时也是最大值，且最大值为 $f(e^{2})=\frac{1}{4}e^{4}-\frac{5}{4}$ .

18

（本题满分 12 分）

求函数 $f(x,y)=(y - x^{2})(y - x^{3})$ 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】 极小值为 $-\frac{4}{729}$

【解析】

\begin{cases}f_{x}'=-2(2y + 3xy - 5x^{3}) = 0\\f_{y}'=2y - x^{2}-x^{3}=0\end{cases}

，得驻点为 $(0,0),(1,1),(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$

\begin{cases}f_{xx}''=-(2y + 3xy - 5x^{3})-x(3y - 15x^{2})\\f_{xy}''=-2x - 3x^{2}\\f_{yy}''=2\end{cases}

代入点 $(0,0)$ 可得

\begin{cases}A = 0\\B = 0\\C = 2\end{cases}

，则 $AC - B^{2}=0$ 判别法失效，故当 $x\to0$ 时，取 $y = x^{2}+kx^{3}$ 可得 $f(x,y)=kx^{5}$ 故附近值既有大于 $0$ 也有小于 $0$ 。因此 $(0,0)$ 不是极值点

代入点 $(1,1)$ 可得

\begin{cases}A = 12\\B = -5\\C = 2\end{cases}

，则 $AC - B^{2}<0$ 故 $(1,1)$ 不是极值点

代入点 $(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$ 可得

\begin{cases}A=\frac{100}{27}\\B = -\frac{8}{3}\\C = 2\end{cases}

，则 $AC - B^{2}>0$ 且 $A>0$ 故 $(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$ 是极小值点. 故 $f(\frac{2}{3},\frac{10}{27})=-\frac{4}{729}$ 为极小值.

19

（本题满分 12 分）

设空间有界区域 $\Omega$ 由柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 与平面 $z = 0$ 和 $x + z = 1$ 围成. $\Sigma$ 为 $\Omega$ 的边界曲面的外侧. 计算曲面积分

$I=\iint_{\Sigma}2xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+xz\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3yz\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ .

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 $\frac{5\pi}{4}$

【解析】 由高斯公式可得：

$I=\iint_{\Sigma}2xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+xz\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3yz\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint_{\Omega}(2z - xz\sin y + 3y\sin x)dV$

由对称性知 $\iiint_{\Omega}(xz\sin y + 3y\sin x)dV = 0$ ，则

\begin{aligned} I &= \iiint_{\Omega} 2z \,dV = \iint_{D_{xy}} dx \, dy \int_{0}^{1 - x} 2z \, dz = \iint_{D_{xy}} (1 - x)^2 dx \, dy \\ &= \iint_{D_{xy}} (1 - 2x + x^2) dx \, dy = \pi + \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r^3 \, dr = \frac{5\pi}{4} \end{aligned}

20

（本题满分 12 分）

设函数 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有 $2$ 阶连续导数. 证明:

（1）若 $f(0)=0$ ，则存在 $\xi\in(-a,a)$ ，使得 $f''(\xi)=\frac{1}{a^{2}}[f(a)+f(-a)]$ ;

（2）若 $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内取得极值，则存在 $\eta\in(-a,a)$ ，使得 $\vert f''(\eta)\vert\geq\frac{1}{2a^{2}}\vert f(a)-f(-a)\vert$ .

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）证明：由泰勒中值定理

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\eta)}{2!}x^{2}=f'(0)x+\frac{f''(\eta)}{2!}x^{2},

其中 $\eta$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，则

f(a)=f'(0)a+\frac{f''(\eta_{1})}{2!}a^{2},\qquad 0<\eta_{1}<a \quad \text{(1)}

f(-a)=f'(0)(-a)+\frac{f''(\eta_{2})}{2!}a^{2},\qquad -a<\eta_{2}<0 \quad \text{(2)}

(1) + (2) 得：

f(a)+f(-a)=\frac{a^{2}}{2}\bigl[f''(\eta_{1})+f''(\eta_{2})\bigr] \quad \text{(3)}

又 $f''(x)$ 在 $[\eta_{2},\eta_{1}]$ 上连续，则必有最大值 $M$ 与最小值 $m$ ，即

m\leq f''(\eta_{1})\leq M,\qquad m\leq f''(\eta_{2})\leq M,

从而

m\leq\frac{f''(\eta_{1}) + f''(\eta_{2})}{2}\leq M.

由介值定理得：存在 $\xi\in[\eta_{2},\eta_{1}]\subset(-a,a)$ ，使得

\frac{f''(\eta_{1}) + f''(\eta_{2})}{2}=f''(\xi),

代入 (3) 得：

f(a)+f(-a)=a^{2}f''(\xi),\qquad f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}.

（Ⅱ）证明：设 $f(x)$ 在 $x = x_{0}\in(-a,a)$ 取极值，且 $f(x)$ 在 $x = x_{0}$ 可导，则 $f'(x_{0}) = 0$ 。

由泰勒公式

f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x - x_{0})+\frac{f''(\gamma)}{2!}(x - x_{0})^{2} =f(x_{0})+\frac{f''(\gamma)}{2!}(x - x_{0})^{2},

其中 $\gamma$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，于是

f(-a)=f(x_{0})+\frac{f''(\gamma_{1})}{2!}(-a - x_{0})^{2},\qquad -a<\gamma_{1}<x_{0},

f(a)=f(x_{0})+\frac{f''(\gamma_{2})}{2!}(a - x_{0})^{2},\qquad x_{0}<\gamma_{2}<a.

从而

\begin{aligned} \bigl|f(a)-f(-a)\bigr| &=\left|\frac{1}{2}(a - x_{0})^{2}f''(\gamma_{2})-\frac{1}{2}(a + x_{0})^{2}f''(\gamma_{1})\right| \\[4pt] &\leq\frac{1}{2}\left|(a - x_{0})^{2}f''(\gamma_{2})\right| +\frac{1}{2}\left|(a + x_{0})^{2}f''(\gamma_{1})\right|. \end{aligned}

又 $\bigl|f''(x)\bigr|$ 连续，令 $M = \max\bigl\{|f''(\gamma_{1})|,\,|f''(\gamma_{2})|\bigr\}$ ，则

\begin{aligned} \bigl|f(a)-f(-a)\bigr| &\leq\frac{1}{2}M(a + x_{0})^{2}+\frac{1}{2}M(a - x_{0})^{2} \\ &= M(a^{2}+x_{0}^{2}). \end{aligned}

由于 $x_{0}\in(-a,a)$ ，有

\bigl|f(a)-f(-a)\bigr|\leq M(a^{2}+x_{0}^{2})\leq 2Ma^{2},

因此

M\geq\frac{1}{2a^{2}}\bigl|f(a)-f(-a)\bigr|.

即存在 $\eta=\gamma_{1}$ 或 $\eta=\gamma_{2}\in(-a,a)$ ，使得

\bigl|f''(\eta)\bigr|\geq\frac{1}{2a^{2}}\bigl|f(a)-f(-a)\bigr|.

21

（本题满分 12 分）

已知二次型

f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1 x_2 - 2x_1 x_3

g(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 + 2y_2 y_3

（1）求可逆变换 $x = Py$ 将 $f(x_1, x_2, x_3)$ 化成 $g(y_1, y_2, y_3)$

（2）是否存在正交变换 $x = Qy$ 将 $f(x_1, x_2, x_3)$ 化成 $g(y_1, y_2, y_3)$

线性代数二次型

【答案】
(1) 可逆变换矩阵 $P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
(2) 不存在正交变换

【解析】
（1）利用配方法将 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为规范形：

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

令

\begin{cases} z_{1} = x_{1} + x_{2} - x_{3} \\ z_{2} = x_{2} + x_{3} \\ z_{3} = x_{3} \end{cases}

即

\begin{pmatrix} z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}

则

f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2}

再将 $g(y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 化为规范形：

g(y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2y_{2}y_{3} = y_{1}^{2} + (y_{2} + y_{3})^{2}

令

\begin{cases} z_{1} = y_{1} \\ z_{2} = y_{2} + y_{3} \\ z_{3} = y_{3} \end{cases}

则

g(y_{1}, y_{2}, y_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2}

即

\begin{pmatrix} z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{pmatrix}

使得

g(y_{1}, y_{2}, y_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2}

从而有

\begin{pmatrix} z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{pmatrix}

于是可得

\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{pmatrix}

其中

P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

为所求矩阵，可将 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g(y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 。

（2）二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2} + 2x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} - 2x_{1}x_{3}$ 的矩阵为

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

二次型 $g(y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2y_{2}y_{3}$ 的矩阵为

B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

若存在正交变换 $x = Qy$ ，使得 $Q^{T}AQ = Q^{-1}AQ = B$ ，可得 $A$ 与 $B$ 相似。

但 $\text{tr}(A) = 5$ ， $\text{tr}(B) = 3$ ，故 $A$ 与 $B$ 不相似。

因此，不存在正交变换 $x = Qy$ 使得 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g(y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 。

22

（本题满分 12 分）

设二维随机变量 $(x,y)$ 的概率密度为

f(x,y) = \begin{cases} \frac{2}{\pi}(x^2 + y^2), & x^2 + y^2 \leq 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}

（1）求 $X$ 与 $Y$ 的协方差；

（2）求 $X$ 与 $Y$ 是否相互独立；

（3）求 $Z = X^{2}+Y^{2}$ 的概率密度.

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】
(1) $Cov(X,Y) = 0$
(2) $X$ 与 $Y$ 不相互独立
(3) $Z$ 的概率密度为：

f_Z(z) = \begin{cases} 2z, & 0 < z < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}

【解析】
【解析】

（1） $Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$

$E(XY)=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xyf(x,y)dxdy=\iint_{x^{2}+y^{2}\leq1}xy\frac{2}{\pi}(x^{2}+y^{2})dxdy = 0$

$E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x,y)dxdy=\iint_{x^{2}+y^{2}\leq1}x\frac{2}{\pi}(x^{2}+y^{2})dxdy = 0$

所以 $Cov(X,Y)=0$ .

（2）当 $-1<x<1$ 时

\begin{aligned} f_{X}(x) &= \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) \, dy = \int_{-\sqrt{1 - x^2}}^{\sqrt{1 - x^2}} \frac{2}{\pi}(x^2 + y^2) \, dy = 2 \int_{0}^{\sqrt{1 - x^2}} \frac{2}{\pi}(x^2 + y^2) \, dy \\ &= \frac{4}{\pi} \left[ x^2 \sqrt{1 - x^2} + \frac{1}{3}(1 - x^2)^{\frac{3}{2}} \right] \end{aligned}

\therefore f_{X}(x) = \begin{cases} \frac{4}{\pi} \left[ x^2 \sqrt{1 - x^2} + \frac{1}{3}(1 - x^2)^{\frac{3}{2}} \right], & -1 < x < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}

同理可得 $\therefore f_{Y}(y)$ =

\begin{cases} \frac{4}{\pi} \left[ y^2 \sqrt{1 - y^2} + \frac{1}{3}(1 - y^2)^{\frac{3}{2}} \right], & -1 < y < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}

$f(x,y)\neq f_{X}(x)f_{Y}(y)$ ， $X$ 与 $Y$ 不相互独立；

（3） $F_{Z}(z)=P\{Z\leq z\}=P\{X^{2}+Y^{2}\leq z\}$ $z<0$ 时， $F_{Z}(z)=0$ ；

$0\leq z<1$ 时， $F_{Z}(z)=P\{X^{2}+Y^{2}\leq z\}=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\sqrt{z}}\frac{2}{\pi}r^{3}dr = z^{2}$ ；

$z\geq1$ 时， $F_{Z}(z)=1$ 。

\therefore f_{Z}(z) = \begin{cases} 2z, & 0 < z < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}