2011 年真题

选择题

1

已知当 $x \to 0$ 时， $f(x) = 3 \sin x - \sin 3x$ 与 $c x^{k}$ 是等价无穷小，则()

正确答案：C

本题涉及的主要知识点：

当 $x \to 0$ 时， $\sin x \sim x$ 。

解题过程如下：

\begin{aligned} &\lim _{x \to 0} \frac{3 \sin x-\sin 3x}{cx^{k}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{3 \sin x-\sin x \cos 2x-\cos x \sin 2x}{cx^{k}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{\sin x\left(3 - \cos 2x - 2\cos^{2}x\right)}{cx^{k}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{3 - \cos 2x - 2\cos^{2}x}{cx^{k-1}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{3 - (2\cos^{2}x - 1) - 2\cos^{2}x}{cx^{k-1}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{4 - 4\cos^{2}x}{cx^{k-1}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{4\sin^{2}x}{cx^{k-1}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{4x^{2}}{cx^{k-1}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{4}{cx^{k-3}} = 1 \end{aligned}

由此可得：

k-3=0, \quad c=4

故选择 (C)。

2

设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f(0)=0$ ，则

\lim _{x \to 0} \frac{x^{2}f(x)-2f(x^{3})}{x^{3}} = \quad \text{()}

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：B

本题涉及到的主要知识点：

导数的定义 $\lim _{x \to 0} \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=f'(x_{0})$ 。

在本题中，

\begin{aligned} \lim _{x \to 0} \frac{x^{2}f(x)-2f(x^{3})}{x^{3}} &= \lim _{x \to 0} \frac{x^{2}f(x)-x^{2}f(0)-2f(x^{3})+2f(0)}{x^{3}} \\ &= \lim _{x \to 0}\left[\frac{f(x)-f(0)}{x}-2 \frac{f(x^{3})-f(0)}{x^{3}}\right] \\ &= f'(0)-2f'(0) \\ &= -f'(0) \end{aligned}

故应选(B)。

3

设 $\{u_n\}$ 是数列，则下列命题正确的是()

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：A

本题涉及到的主要知识点：

级数的基本性质：若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，按任意方式添加括号后形成的新级数仍收敛，且其和不变。

$\sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}+u_{2n})$ 是将原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 按相邻两项添加括号得到的新级数。因此，若原级数收敛，则该级数也收敛，故(A)正确。

4

设 $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \sin x \, dx$ ，
$J = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos x \, dx$ ，
$K = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cot x \, dx$ ，

则它们的大小关系为()

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：B

本题涉及到的主要知识点：

如果在区间 $[a,b]$ 上， $f(x) \leq g(x)$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq \int_{a}^{b} g(x) \, dx$ （其中 $a < b$ ）。

在本题中，因为 $0 < x < \frac{\pi}{4}$ ，所以 $\sin x < \cos x < \cot x$ 。由于 $\ln$ 是单调递增函数，可以得到：

\ln \sin x < \ln \cos x < \ln \cot x \quad \left(x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right)\right)

因此：

\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \sin x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cot x \, dx

即 $I$ 。

5

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵，将 $\boldsymbol{A}$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $\boldsymbol{B}$ ，再交换 $\boldsymbol{B}$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵，记

\boldsymbol{P}_{1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{P}_{2} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix},

则 $\boldsymbol{A} = (\,)$ 。

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：D

本题涉及的主要知识点：

设 $A$ 是一个 $m \times n$ 矩阵，对 $A$ 施行一次初等行变换，相当于在 $A$ 的左边乘以相应的 $m$ 阶初等矩阵；对 $A$ 施行一次初等列变换，相当于在 $A$ 的右边乘以相应的 $n$ 阶初等矩阵。

由题意， $A P_{1} = B$ （对 $A$ 的第 2 列加到第 1 列，对应右乘初等矩阵 $P_{1}$ ）， $P_{2} B = E$ （对 $B$ 交换第 2 行与第 3 行，对应左乘初等矩阵 $P_{2}$ ）。

故 $B = P_{2}^{-1} E = P_{2}$ （因 $P_{2}$ 是对换矩阵， $P_{2}^{-1} = P_{2}$ ），因此 $A = B P_{1}^{-1} = P_{2} P_{1}^{-1}$ 。

故选 (D)。

6

设 $A$ 为 $4 \times 3$ 矩阵， $\boldsymbol{\eta}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\eta}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\eta}_{3}$ 是非齐次线性方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的 3 个线性无关的解， $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 为任意常数，则 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解为 ()

线性代数线性方程组

正确答案：C

本题涉及的主要知识点：

如果 $\boldsymbol{\xi}_{1}$ 和 $\boldsymbol{\xi}_{2}$ 是 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的两个解，则 $\boldsymbol{\xi}_{1}-\boldsymbol{\xi}_{2}$ 是 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的解。
若n元线性方程组 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 有解，设 $\boldsymbol{\xi}_{0}$ 是其特解， $\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{t}$ 是对应齐次方程组 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的基础解系，则通解为：
$\boldsymbol{\xi}_{0} + k_{1}\boldsymbol{\eta}_{1} + k_{2}\boldsymbol{\eta}_{2} + \cdots + k_{t}\boldsymbol{\eta}_{t}$

在本题中， $\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \boldsymbol{\eta}_{3}$ 线性无关，故 $\boldsymbol{\eta}_{2}-\boldsymbol{\eta}_{1}$ 和 $\boldsymbol{\eta}_{3}-\boldsymbol{\eta}_{1}$ 是 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的两个线性无关的解。

由 $3 - r(A) \geq 2$ 得 $r(A) \leq 1$ ，又 $r(A) \geq 1$ ，故 $r(A) = 1$ 。齐次方程基础解系含 $3 - 1 = 2$ 个解向量，因此通解需包含2个自由参数。

$\frac{\boldsymbol{\eta}_{2} + \boldsymbol{\eta}_{3}}{2}$ 是特解（因为 $A \frac{\boldsymbol{\eta}_{2} + \boldsymbol{\eta}_{3}}{2} = \boldsymbol{\beta}$ ），故通解为：

\frac{\boldsymbol{\eta}_{2} + \boldsymbol{\eta}_{3}}{2} + k_{1}(\boldsymbol{\eta}_{2} - \boldsymbol{\eta}_{1}) + k_{2}(\boldsymbol{\eta}_{3} - \boldsymbol{\eta}_{1})

因此，正确答案是(C)。

7

设 $F_{1}(x)$ ， $F_{2}(x)$ 为两个分布函数，其相应的概率密度 $f_{1}(x)$ 与 $f_{2}(x)$ 是连续函数，则必为概率密度的是 ()

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：D

本题涉及到的主要知识点：

连续型随机变量的概率密度 $f(x)$ 需满足以下条件：

$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, dx = 1$
$f(x) \geq 0$

在本题中，对于选项(D)：

\int_{-\infty}^{+\infty} \bigl[ f_{1}(x)F_{2}(x) + f_{2}(x)F_{1}(x) \bigr] \, dx

\begin{align*} &= \int_{-\infty}^{+\infty} F_{2}(x) \, dF_{1}(x) + \int_{-\infty}^{+\infty} F_{1}(x) \, dF_{2}(x) \\ &= F_{1}(x)F_{2}(x) \Big|_{-\infty}^{+\infty} - \int_{-\infty}^{+\infty} F_{1}(x) \, dF_{2}(x) + \int_{-\infty}^{+\infty} F_{1}(x) \, dF_{2}(x) \\ &= 1 \times 1 - 0 + 0 \\ &= 1 \end{align*}

此外，由于概率密度和分布函数均非负，即：

f_{1}(x)F_{2}(x) + f_{2}(x)F_{1}(x) \geq 0

因此，(D)满足概率密度的定义，选(D)。

8

设总体 $\boldsymbol{X}$ 服从参数为 $\lambda(\lambda>0)$ 的泊松分布， $\boldsymbol{X}_{1}, \boldsymbol{X}_{2}, \cdots, \boldsymbol{X}_{n}(n \geq 2)$ 为来自该总体的简单随机样本，则对于统计量

T_{1} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \boldsymbol{X}_{i}

和

T_{2} = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n-1} \boldsymbol{X}_{i} + \frac{1}{n} \boldsymbol{X}_{n}

有()

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

本题涉及到的主要知识点：

(1) 泊松分布 $X \sim P(\lambda)$ 的数学期望 $E(X)=\lambda$ ，方差 $D(X)=\lambda$ ；

(2) 期望与方差的性质：

$E(cX)=cE(X)$
$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$
$D(cX)=c^{2}D(X)$
$D(X+Y)=D(X)+D(Y)$ （X与Y独立）

在本题中，

E(T_{1})=E\left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)=\frac{1}{n} \cdot n\lambda=\lambda,

\begin{align*} E(T_{2}) &= E\left(\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n-1} X_{i}+\frac{1}{n} X_{n}\right) \\ &= \frac{1}{n-1} \cdot (n-1)\lambda + \frac{1}{n}\lambda \\ &= \lambda + \frac{\lambda}{n} \\ &= \lambda\left(1+\frac{1}{n}\right), \end{align*}

故 $E(T_{1})$

D(T_{1})=D\left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)=\frac{1}{n^{2}} \cdot n\lambda=\frac{\lambda}{n},

\begin{align*} D(T_{2}) &= D\left(\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n-1} X_{i}+\frac{1}{n} X_{n}\right) \\ &= \frac{1}{(n-1)^{2}} \cdot (n-1)\lambda + \frac{1}{n^{2}}\lambda \\ &= \frac{\lambda}{n-1}+\frac{\lambda}{n^{2}} \\ &> \frac{\lambda}{n} = D(T_{1}), \end{align*}

故选(D)。

填空题

9

（填空题）设 $f(x) = \lim_{t \to 0} x(1 + 3t)^{\frac{x}{t}}$ ，则 $f'(x) =$

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $e^{3x}(1+3x)$

【解析】 本题涉及到的主要知识点为重要极限公式：

\lim _{t \to 0}(1+at)^{\frac{b}{t}}=e^{ab}

在本题中：

f(x)=\lim _{t \to 0} x(1+3 t)^{\frac{x}{t}}=x \lim _{t \to 0}\left[(1+3 t)^{\frac{1}{t}}\right]^{3x}=x e^{3x}

所以有：

f'(x)=e^{3x}+3x e^{3x}=e^{3x}(1+3x)

10

（填空题）设函数 $z = \left(1 + \frac{x}{y}\right)^{y}$ ，则 $d\boldsymbol{z}_{(1,1)} =$ ___

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $dx + (2 \ln 2 - 1) dy$

【解析】 使用对数求导法，两边取对数得：

\ln z = y \ln\left(1 + \frac{x}{y}\right)

对 $x$ 求偏导：

\frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} = y \cdot \frac{\frac{1}{y}}{1 + \frac{x}{y}} = \frac{1}{1 + \frac{x}{y}}

即：

\frac{\partial z}{\partial x} = z \cdot \frac{1}{1 + \frac{x}{y}} = \left(1 + \frac{x}{y}\right)^{y} \cdot \frac{y}{x + y}

对 $y$ 求偏导：

\frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial y} = \ln\left(1 + \frac{x}{y}\right) + y \cdot \frac{-\frac{x}{y^{2}}}{1 + \frac{x}{y}} = \ln\left(1 + \frac{x}{y}\right) - \frac{x}{x + y}

即：

\frac{\partial z}{\partial y} = z \left[\ln\left(1 + \frac{x}{y}\right) - \frac{x}{x + y}\right] = \left(1 + \frac{x}{y}\right)^{y} \left[\ln\left(1 + \frac{x}{y}\right) - \frac{x}{x + y}\right]

令 $x = 1$ ， $y = 1$ ，得：

z = (1 + 1)^{1} = 2

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 2 \cdot \frac{1}{1 + 1} = 1

\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)} = 2 \left[\ln 2 - \frac{1}{2}\right] = 2 \ln 2 - 1

从而：

\begin{align*} \left.dz\right|_{(1,1)} &= 1 \cdot dx + (2 \ln 2 - 1) \, dy \\ &= (1 + 2 \ln 2) \, dx - (1 - 2 \ln 2) \, dy \\ &= (1 + 2 \ln 2)(dx - dy) \end{align*}

11

（填空题）设 $\tan\left(x + y + \frac{\pi}{4}\right) = e^{y}$ ，则在 $(0, 0)$ 处的切线方程为___

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $y = -2x$

【解析】 方程变形为

x + y + \frac{\pi}{4} = \arctan(e^{y})

方程两边对 $x$ 求导得

1 + y' = \frac{e^{y}}{1 + e^{2y}} y'

在点 $(0,0)$ 处，

1 + y'(0) = \frac{e^{0}}{1 + e^{0}} y'(0)

即

1 + y'(0) = \frac{1}{2} y'(0)

解得 $y'(0) = -2$ ，从而得到曲线在点 $(0,0)$ 处的切线方程为

y = -2x

12

（填空题）曲线 $y = \sqrt{x^{2} - 1}$ ，直线 $x = 2$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体的体积为___

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $\frac{4}{3} \pi$

【解析】 曲线 $y = \sqrt{x^{2} - 1}$ ，直线 $x = 2$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体的体积为___

本题涉及的主要知识点为旋转体体积的计算。设有连续曲线 $y = f(x)$ 定义在区间 $a \leq x \leq b$ 上，则该曲线与直线 $x = a$ 、 $x = b$ 及 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所生成的旋转体体积公式为：

V_{x} = \pi \int_{a}^{b} f^{2}(x) dx

在本题中，具体计算过程如下：

V = \pi \int_{1}^{2} y^{2} dx = \pi \int_{1}^{2} (x^{2} - 1) dx

计算定积分：

\pi \cdot \left(\frac{1}{3} x^{3} - x\right)\bigg\vert_{1}^{2} = \pi \left[\left(\frac{8}{3} - 2\right) - \left(\frac{1}{3} - 1\right)\right]

简化表达式：

\pi \left(\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\right) = \frac{4}{3} \pi

最终结果为 $\frac{4}{3} \pi$ 。

13

（填空题）设二次型 $f(\boldsymbol{x}_{1}, \boldsymbol{x}_{2}, \boldsymbol{x}_{3}) = \boldsymbol{x}^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}$ 的秩为 1， $\boldsymbol{A}$ 中各行元素之和为 3，则 $f$ 在正交变换 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 下的标准形为___

线性代数二次型

【答案】 $3y1^2$

【解析】 本题涉及到的主要知识点为：任何二次型 $f = \sum_{i,j=1}^{n} a_{ij} x_{i} x_{j}$ （其中 $a_{ij} = a_{ji}$ ），总有正交变换 $\boldsymbol{x} = P\boldsymbol{y}$ 使 $f$ 化为标准形：

f = \lambda_{1} y_{1}^{2} + \lambda_{2} y_{2}^{2} + \cdots + \lambda_{n} y_{n}^{2}

其中 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 是 $f$ 的矩阵 $A = (a_{ij})$ 的特征值。

在本题中， $A$ 的各行元素之和为 3，即：

A \begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix} = 3 \begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}

所以 $\lambda = 3$ 是 $A$ 的一个特征值。再由二次型 $\boldsymbol{x}^{\top} A \boldsymbol{x}$ 的秩为 1，知 $A$ 的秩为 1，因此 0 是 $A$ 的 2 重特征值。

最终，正交变换下的标准形为：

3 y_{1}^{2}

14

（填空题）设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)$ ，则 $E(X Y^{2}) =$ ___

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

【答案】 $\mu(\mu^{2} + \sigma^{2})$

【解析】 本题涉及的主要知识点包括：

如果随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY} = 0$ ，则称 $X$ 与 $Y$ 不相关。
若随机变量 $X$ 与 $Y$ 的联合分布是二维正态分布，则 $X$ 与 $Y$ 独立的充要条件是 $X$ 与 $Y$ 不相关。
如果随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，则有 $E(X Y) = E X \cdot E Y$ 。

在本题中，由于 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)$ ，说明 $X$ 和 $Y$ 独立同分布，故 $X$ 与 $Y^{2}$ 也独立。

由期望的性质有：

E(X Y^{2}) = E X \cdot E Y^{2}

又因为：

E X = \mu

E Y^{2} = D Y + (E Y)^{2} = \sigma^{2} + \mu^{2}

所以最终结果为：

E(X Y^{2}) = \mu(\mu^{2} + \sigma^{2})

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

\lim _{x \to 0} \frac{\sqrt{1+2 \sin x} - x - 1}{x \ln (1+x)}

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $-\frac{1}{2}$

【解析】 本题涉及的主要知识点：

当 $x \to 0$ 时， $\ln (1+x) \sim x$ 。

计算过程如下：

\begin{aligned} \lim _{x \to 0} \frac{\sqrt{1+2 \sin x}-x-1}{x \ln (1+x)} &= \lim _{x \to 0} \frac{\sqrt{1+2 \sin x}-x-1}{x^{2}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{\frac{2 \cos x}{2 \sqrt{1+2 \sin x}}-1}{2 x} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{\cos x-\sqrt{1+2 \sin x}}{2 x \sqrt{1+2 \sin x}} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{\cos x-\sqrt{1+2 \sin x}}{2 x} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{-\sin x-\frac{\cos x}{\sqrt{1+2 \sin x}}}{2} \\ &= -\lim _{x \to 0} \frac{\cos x}{2 \sqrt{1+2 \sin x}} \\ &= -\frac{1}{2} \end{aligned}

16

（本题满分 10 分）

已知函数 $f(u, v)$ 具有连续的二阶偏导数， $f(1,1)=2$ 是 $f(u,v)$ 的极值， $z = f(x + y, f(x, y))$ 。求 $\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{(1,1)}$ 。

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $f_{11}''(2,2)+f_{2}'(2,2) \cdot f_{12}''(1,1)$

【解析】 本题涉及到的主要知识点:

极值存在的必要条件设 $z=f(x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 具有偏导数，且在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处有极值，则必有 $f_{x}'(x_{0}, y_{0})=0$ 和 $f_{y}'(x_{0}, y_{0})=0$ 。

在本题中， $z=f(x+y, f(x, y))$ ，其一阶偏导数为：

\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}'(x+y, f(x, y))+f_{2}'(x+y, f(x, y)) \cdot f_{1}(x, y)

二阶混合偏导数为：

\begin{aligned} \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} &= f_{11}''(x+y, f(x, y)) + f_{12}''(x+y, f(x, y)) f_{2}(x, y) \\ &\quad + f_{1}(x, y) \left[f_{21}''(x+y, f(x, y)) + f_{22}''(x+y, f(x, y)) f_{2}'(x, y)\right] \\ &\quad + f_{2}'(x+y, f(x, y)) \cdot f_{12}''(x, y) \end{aligned}

由于 $f(1,1)=2$ 是 $f(u,v)$ 的极值，因此 $f_{1}'(1,1)=f_{2}'(1,1)=0$ 。

最终在点 $(1,1)$ 处的二阶混合偏导数为：

\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{(1,1)}=f_{11}''(2,2)+f_{2}'(2,2) \cdot f_{12}''(1,1)

17

（本题满分 10 分）

求不定积分

\int \frac{\arcsin \sqrt{x} + \ln x}{\sqrt{x}} \, d x

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】

2 \sqrt{x} \arcsin \sqrt{x} + 2 \sqrt{1-x} + 2 \sqrt{x} \ln x - 4 \sqrt{x} + C

【解析】
本题涉及到的主要知识点：

(1) 变量替换积分法：
设 $x = \varphi(t)$ ，则

\int f(x) \, dx = \int f[\varphi(t)] \, \varphi'(t) \, dt = G(t) + C = G[\varphi^{-1}(x)] + C.

(2) 分部积分法：

\int u \, dv = uv - \int v \, du.

(3) 积分线性性质：

\int [f(x) \pm g(x)] \, dx = \int f(x) \, dx \pm \int g(x) \, dx.

在本题中，令 $t=\sqrt{x}$ ，则 $x=t^{2}$ ， $dx=2 t dt$ 。于是有：

\begin{aligned} \int \frac{\arcsin \sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}} d x &= \int \frac{\arcsin t + \ln t^{2}}{t} \cdot 2 t dt \\ &= 2 \int (\arcsin t + \ln t^{2}) dt \\ &= 2 t \arcsin t - 2 \int \frac{t}{\sqrt{1-t^{2}}} dt + 2 \int \ln t^{2} dt \\ &= 2 t \arcsin t + 2 \sqrt{1-t^{2}} + 2 t \ln t^{2} - 4 t + C \\ &= 2 \sqrt{x} \arcsin \sqrt{x} + 2 \sqrt{1-x} + 2 \sqrt{x} \ln x - 4 \sqrt{x} + C \end{aligned}

其中 $C$ 是任意常数。

18

（本题满分 10 分）

证明方程

4 \arctan x - x + \frac{4\pi}{3} - \sqrt{3} = 0

恰有两个实根。

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

【答案】 见解析

【解析】
本题涉及到的主要知识点：

零点定理
设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)$ 与 $f(b)$ 异号（即 $f(a) \cdot f(b)<0$ ），那么在开区间 $(a,b)$ 内至少有一点 $\xi$ ，使 $f(\xi)=0$ 。

函数单调性的判定法
设函数 $y=f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导：

如果在 $(a,b)$ 内 $f'(x)>0$ ，那么函数 $y=f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调增加；
如果在 $(a,b)$ 内 $f'(x)<0$ ，那么函数 $y=f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调减少。

在本题中，令

f(x)=4 \arctan x - x + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3}

其导数为

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

当 $|x|>\sqrt{3}$ 时， $f'(x)<0$ ， $f(x)$ 单调递减；
当 $|x|<\sqrt{3}$ 时， $f'(x)>0$ ， $f(x)$ 单调递增。

计算 $f(-\sqrt{3})$ ：

f(-\sqrt{3})=4 \arctan(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3} = -4 \times \frac{\pi}{3} + \sqrt{3} + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3} = 0

当 $x<-\sqrt{3}$ 时， $f(x)$ 单调递减，故在 $x \in (-\infty,-\sqrt{3})$ 上， $f(x)>0$ ；
当 $-\sqrt{3}<x<\sqrt{3}$ 时， $f(x)$ 单调递增，故在 $x \in (-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 上， $f(x)>0$ 。

因此， $x=-\sqrt{3}$ 是函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,\sqrt{3})$ 上唯一的零点。

计算 $f(\sqrt{3})$ ：

f(\sqrt{3})=4 \arctan \sqrt{3} - \sqrt{3} + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3} = 4 \times \frac{\pi}{3} - \sqrt{3} + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3} = \frac{8 \pi}{3} - 2 \sqrt{3} > 0

计算极限：

\lim _{x \to +\infty} f(x) = \lim _{x \to +\infty} \left(4 \arctan x - x + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3}\right) = -\infty

由零点定理可知，存在 $x_{0} \in (\sqrt{3},+\infty)$ ，使得 $f(x_{0})=0$ 。因此，方程

4 \arctan x - x + \frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3} = 0

恰有两个实根。

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有连续导数，且满足 $f(0) = 1$ 。已知对于任意 $t \in (0,1]$ ，有

\iint_{D_{t}} f'(x+y) \, dx dy = \iint_{D_{t}} f(t) \, dx dy,

其中积分区域 $D_{t}$ 定义为

D_{t} = \{(x, y) \mid 0 \leq y \leq t - x, \, 0 \leq x \leq t\}.

问题：求函数 $f(x)$ 的表达式。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $f(x) = \frac{4}{(x-2)^2} \quad (0 \leq x \leq 1)$

【解析】
本题涉及到的主要知识点：一阶线性微分方程 $\frac{d y}{d x}+P(x) y=Q(x)$ 的通解为：

y=e^{-\int P(x) d x}\left(\int Q(x) e^{\int P(x) d x} d x+C\right)

在本题中，因为 $\iint_{D_{t}} f'(x+y) d x d y=\int_{0}^{t} d x \int_{0}^{t-x} f'(x+y) d y$ ，令 $x+y=u$ ，则：

\int_{0}^{t-x} f'(x+y) d y=\int_{x}^{t} f'(u) d u=f(t)-f(x)

\iint_{D_{t}} f'(x+y) d x d y=\int_{0}^{t}(f(t)-f(x)) d x=t f(t)-\int_{0}^{t} f(x) d x

\therefore t f(t)-\int_{0}^{t} f(x) d x=\iint_{D_{t}} f(t) d x d y=f(t) \cdot \text{}D_t\text{}=f(t) \cdot \frac{1}{2} t^{2}

整理得：

t f(t)-\int_{0}^{t} f(x) d x=\frac{1}{2} t^{2} f(t)

两边对 $t$ 求导：

f(t)+t f'(t)-f(t)=t f(t)+\frac{1}{2} t^{2} f'(t)

化简得：

f'(t)+\frac{2}{t-2} f(t)=0

这是一阶线性齐次微分方程，其通解为：

f(t)=C e^{-\int \frac{2}{t-2} d t}=C e^{-2 \ln |t-2|}=\frac{C}{(t-2)^{2}}

由 $f(0)=1$ 得：

\frac{C}{(0-2)^{2}}=1

解得 $C=4$ ，所以 $f(x)$ 的表达式为：

f(x)=\frac{4}{(x-2)^{2}} \quad (0 \leq x \leq 1)

20

（本题满分 11 分）

设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,0,1)^{\top}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,1)^{\top}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,3,5)^{\top}$ 不能由向量组 $\boldsymbol{\beta}_{1}=(1,1,1)^{\top}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{2}=(1,2,3)^{\top}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{3}=(3,4,a)^{\top}$ 线性表出。

求 $a$ 的值；
将 $\boldsymbol{\beta}_{1}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{2}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{3}$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表出。

线性代数向量向量组之间的线性表示

【答案】

$a = 5$
$\boldsymbol{\beta}_{1} = 2\boldsymbol{\alpha}_{1} + 4\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\beta}_{3} = 5\boldsymbol{\alpha}_{1} + 10\boldsymbol{\alpha}_{2} - 2\boldsymbol{\alpha}_{3}$

【解析】
本题涉及的主要知识点：

向量组 $\boldsymbol{b}_{1}, \boldsymbol{b}_{2}, \cdots, \boldsymbol{b}_{l}$ 能由向量组 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \cdots, \boldsymbol{a}_{m}$ 线性表示的充分必要条件是：

r(\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \cdots, \boldsymbol{a}_{m}) = r(\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \cdots, \boldsymbol{a}_{m}, \boldsymbol{b}_{1}, \boldsymbol{b}_{2}, \cdots, \boldsymbol{b}_{l})

(1) 因为行列式：

|\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 5 \end{vmatrix} = 1 \neq 0

所以 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关。又因为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 不能由 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 线性表出，所以 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 线性相关，即：

|\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 3 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & a-3 \end{vmatrix} = a - 5 = 0

所以 $a = 5$ 。

(2) 对矩阵 $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3})$ 作初等行变换：

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

\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 2 & 10 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}

故：

\boldsymbol{\beta}_{1} = 2\boldsymbol{\alpha}_{1} + 4\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3}

\boldsymbol{\beta}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2}

\boldsymbol{\beta}_{3} = 5\boldsymbol{\alpha}_{1} + 10\boldsymbol{\alpha}_{2} - 2\boldsymbol{\alpha}_{3}

21

（本题满分 11 分）

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

(I) 求 $A$ 的所有特征值与特征向量；

(II) 求矩阵 $A$ 。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】
(I) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1, -1, 0$ ；特征向量依次为 $k_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ , $k_{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ , $k_{3} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ 均是不为 $0$ 的任意常数。
(II) 矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 。

【解析】
本题涉及到的主要知识点:

(1) $A \boldsymbol{\alpha} = \lambda \boldsymbol{\alpha}$ （ $\boldsymbol{\alpha} \neq 0$ ）， $\lambda$ 为矩阵 $A$ 的特征值， $\boldsymbol{\alpha}$ 为对应的特征向量。

(2) 对于实对称矩阵，不同特征值的特征向量互相正交。

(I) 因 $r(A) = 2$ 知 $|A| = 0$ ，所以 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的特征值。

A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

所以按定义 $\lambda = 1$ 是 $A$ 的特征值， $\boldsymbol{\alpha}_{1} = (1, 0, 1)^{\top}$ 是 $A$ 属于 $\lambda = 1$ 的特征向量； $\lambda = -1$ 是 $A$ 的特征值， $\boldsymbol{\alpha}_{2} = (1, 0, -1)^{\top}$ 是 $A$ 属于 $\lambda = -1$ 的特征向量。

设 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{\top}$ 是 $A$ 属于特征值 $\lambda = 0$ 的特征向量。作为实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量相互正交，因此：

\begin{cases} \boldsymbol{\alpha}_{1}^{\top} \boldsymbol{\alpha}_{3} = x_{1} + x_{3} = 0, \\ \boldsymbol{\alpha}_{2}^{\top} \boldsymbol{\alpha}_{3} = x_{1} - x_{3} = 0, \end{cases}

解出 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = (0, 1, 0)^{\top}$ 。

故矩阵 $A$ 的特征值为1, -1, 0；特征向量依次为 $k_{1}(1, 0, 1)^{\top}$ , $k_{2}(1, 0, -1)^{\top}$ , $k_{3}(0, 1, 0)^{\top}$ ，其中 $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ 均是不为0的任意常数。

(II) 由 $A(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, -\boldsymbol{\alpha}_{2}, 0)$ ，有：

A = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, -\boldsymbol{\alpha}_{2}, 0)(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

$x$	$1$
$P$	$\frac{2}{3}$

$y$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

\quad P\left(X^{2}=Y^{2}\right)=1

(I) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布；

(II) 求 $Z = XY$ 的概率分布；

(III) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY}$ 。

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) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

	$Y = -1$	$Y = 0$	$Y = 1$
$X = 0$	0	$\frac{1}{3}$	0
$X = 1$	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$

(II) $Z = XY$ 的概率分布为：

$Z$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

(III) $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY} = 0$ 。

【解析】
本题涉及到的主要知识点:

(1) \text{} \quad \operatorname{cov}(X, Y) = E(XY) - E(X) \cdot E(Y)

(2) \text{} \quad \rho_{XY} = \frac{\operatorname{cov}(X, Y)}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}}

设 $(X,Y)$ 的概率分布为

	$Y = -1$	$Y = 0$	$Y = 1$	边缘概率
$X = 0$	$p_{11}$	$p_{12}$	$p_{13}$	$\frac{1}{3}$
$X = 1$	$p_{21}$	$p_{22}$	$p_{23}$	$\frac{2}{3}$
边缘概率	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

根据已知条件 $P\{X^2 = Y^2\} = 1$ ，即 $P\{X=0, Y=0\} + P\{X=1, Y=-1\} + P\{X=1, Y=1\} = 1$ ，可知 $p_{11} = p_{13} = p_{22} = 0$ ，从而 $p_{12} = p_{21} = p_{23} = \frac{1}{3}$ 。

$(X,Y)$ 的联合分布为

	$Y = -1$	$Y = 0$	$Y = 1$
$X = 0$	0	$\frac{1}{3}$	0
$X = 1$	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$

(1) $Z = XY$ 的所有可能取值为 $-1, 0, 1$ 。

P\{Z = -1\} = P\{X = 1, Y = -1\} = \frac{1}{3}

P\{Z = 1\} = P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{3}

P\{Z = 0\} = 1 - P\{Z = 1\} - P\{Z = -1\} = \frac{1}{3}

$Z = XY$ 的概率分布为

$Z$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

(3) $E(X) = \frac{2}{3}$ ， $E(Y) = 0$ ， $E(XY) = 0$ ，故

\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X) \cdot E(Y) = 0

从而 $\rho_{XY} = 0$ 。

23

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $\boldsymbol{(X,Y)}$ 服从区域 $G$ 上的均匀分布，其中 $G$ 是由 $x-y=0$ 、 $x+y=2$ 与 $y=0$ 所围成的三角形区域。

求 $X$ 的概率密度 $f_{X}(x)$ ；（5分）
求条件概率密度 $f_{X|Y}(x|y)$ ；（6分）

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】

$X$ 的概率密度为
$f_X(x) = \begin{cases} x, & 0 < x < 1, \\ 2 - x, & 1 \leq x < 2, \\ 0, & \text{}. \end{cases}$
条件概率密度为
当 $0 < y < 1$ 时，
$f_{X \mid Y}(x \mid y) = \begin{cases} \dfrac{1}{2 - 2y}, & y < x < 2 - y, \\ 0, & \text{}. \end{cases}$

【解析】
二维连续型随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

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

(Ⅰ) 当 $0 < x < 1$ 时，

f_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) \, dy = \int_0^x 1 \, dy = x.

当 $1 \leq x < 2$ 时，

f_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) \, dy = \int_0^{2-x} 1 \, dy = 2 - x.

$X$ 的边缘概率密度为

f_X(x) = \begin{cases} x, & 0 < x < 1, \\ 2 - x, & 1 \leq x < 2, \\ 0, & \text{}. \end{cases}

(Ⅱ) 当 $0 < y < 1$ 时， $Y$ 的边缘概率密度为

f_Y(y) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) \, dx = \int_y^{2-y} 1 \, dx = 2 - 2y.

当 $0 < y < 1$ 时， $f_{X \mid Y}(x \mid y)$ 有意义，条件概率密度为

f_{X \mid Y}(x \mid y) = \frac{f(x, y)}{f_Y(y)} = \begin{cases} \dfrac{1}{2 - 2y}, & y < x < 2 - y, \\ 0, & \text{}. \end{cases}