2020 年真题

选择题

1

设 $\lim _{x \to \infty} \frac{f(x)-a}{x-a}=b$ ，则 $\lim _{x \to \infty} \frac{\sin f(x)-\sin a}{x-a}$

正确答案：B

解析

利用中值定理可得：

\lim_{x \to a} \frac{\sin f(x) - \sin a}{x - a} = \lim_{x \to a} \frac{\cos \xi [f(x) - a]}{x - a} = b \lim_{x \to a} \cos \xi

其中 $\xi$ 介于 $a$ 与 $f(x)$ 之间。

由于 $\lim_{x \to a} \cos \xi = \cos a$ 且 $f(a) = a$ ，因此：

\lim_{x \to a} \frac{\sin f(x) - \sin a}{x - a} = b \cos a

2

函数 $f(x)=\frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的第二类间断点的个数为

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：C

【解析】题目中 $f(x)=\frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的极限分析如下：

当 $x \to 0$ 时：

\lim _{x \to 0} f(x)=\lim _{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln (1+x)}{(e^{x}-1)(x-2)}=\frac{e^{-1}}{-2} \lim _{x \to 0} \frac{x}{x}=\frac{1}{-2 e},

当 $x \to 1^{+}$ 时：

\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}=\lim _{x \to 1^{-}} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+1|}{(e-1)(1-2)}=\infty,

当 $x \to 2$ 时：

\lim _{x \to 2} f(x)=\lim _{x \to 2} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}=\lim _{x \to 2} \frac{e^{\frac{1}{2-1}} \ln |1+2|}{(e^{2}-1)(x-2)}=\infty,

当 $x \to -1$ 时：

\lim _{x \to -1} f(x)=\lim _{x \to -1} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln |1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}=\infty.

综上，正确答案为 (C)。

3

设奇函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上具有连续导数，则

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：A

解析

对于选项 (A)，由于

F'(x) = \left[\int_{0}^{x} [\cos f(t) + f'(t)] dt\right]' = \cos f(x) + f'(x),

且

F'(-x) = \cos [f(-x)] + f'(-x) = \cos f(x) + f'(x),

因此 $F'(x)$ 为偶函数。

于是， $F(x) = \int_{0}^{x} [\cos f(t) + f'(t)] dt$ 为奇函数，故 (A) 正确，(B) 错误。

4

设幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-2)^{n}$ 的收敛区间为 $(-2,6)$ ，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x+1)^{2 n}$ 的收敛区间为

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

正确答案：C

解析

由于 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-2)^{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x+1)^{n}$ 的收敛半径相同，因此由题设可知 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-2)^{n}$ 的收敛区间为 $(-2, 6)$ ，其收敛半径为 $R = 4$ 。

于是， $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x+1)^{n}$ 的收敛区间为 $(-1 - 4, -1 + 4)$ ，即 $(-5, 3)$ 。

5

设4阶矩阵 $A = (a_{i j})$ 不可逆， $a_{12}$ 的代数余子式 $A_{12} \neq 0$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 为矩阵 $A$ 的列向量组， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则方程组 $A^{*} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的通解为

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：C

因为 $A$ 不可逆，所以 $r(A)<4$ 。又因为 $A_{12} \neq 0$ ，故 $r(A^{*}) \geq 1$ ，所以

r(A) \geq n-1=3, \quad r(A)=3, \quad r\left(A^{*}\right)=1, \quad |A|=0

由于 $A_{12} \neq 0$ ，所以 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 线性无关。 $A^{*} \boldsymbol{x}=0$ 的基础解系中有 $4-1=3$ 个无关解向量。又因为 $A^{*} A=|A| E=0$ ，所以 $A$ 的列向量为 $A^{*} \boldsymbol{x}=0$ 的解。

因此， $A^{*} \boldsymbol{x}=0$ 的通解为 $k_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2} \boldsymbol{\alpha}_{3}+k_{3} \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 。

6

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵， $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 属于特征值为 1 的线性无关的特征向量， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的属于特征值 $-1$ 的特征向量，则满足

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

的可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 为

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：D

解析

由于 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 和 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性无关，且为特征值 1 对应的特征向量，所以 1 至少为 2 重特征值。

因为 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为 -1 对应的特征向量，且 $A$ 为 3 阶矩阵，所以 $A$ 的特征值为 1, 1, -1。

在矩阵 $P^{-1} A P$ 中，第二列为 -1 对应的特征向量，故 $P$ 的第二列应为 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的线性组合，而第一列和第三列为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 和 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 的线性组合。因此，正确答案为 (D)。

7

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 为三个随机事件，且 $P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{4}$ ， $P(AB) = 0$ ， $P(AC) = P(BC) = \frac{1}{12}$ 。则 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 中恰有一个事件发生的概率为

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：D

解析

法1: A、B、C 中恰有一个事件发生的概率为 $P(A \bar{B} \bar{C}) + P(\bar{A} B \bar{C}) + P(\bar{A} \bar{B} C)$ 。

P(A \overline{B C}) = P(A \overline{B}) - P(A \overline{B} C) = P(A) - P(AB) - [P(AC) - P(ABC)]

P(\overline{A} B \overline{C}) = P(\overline{A} B) - P(\overline{A} B C) = P(B) - P(AB) - [P(BC) - P(BCA)]

P(\overline{A B C}) = P(\overline{B} C) - P(\overline{B} C A) = P(C) - P(CB) - [P(CA) - P(CAB)]

因为 $P(AB) = 0$ ，而 $ABC \subset AB$ ，则 $0 \leq P(ABC) \leq P(AB) = 0$ ，故 $P(ABC) = 0$ 。

将题干的已知代入以上三个式子中，得

P(A \overline{B C}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} = \frac{2}{12}, \quad P(\overline{A} B \overline{C}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} = \frac{2}{12}, \quad P(\overline{A B C}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} = \frac{1}{12}

故所求概率为 $\frac{2}{12} + \frac{2}{12} + \frac{1}{12} = \frac{5}{12}$ ，故选 (D)。

法2: $p = P(A+B+C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + 2 P(ABC)$ 。

P(AB) = 0 \Rightarrow P(ABC) = 0

\begin{aligned} P(A+B+C) &= P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC) \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 0 - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} + 0 = \frac{7}{12} \end{aligned}

p = P(A+B+C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + 2 P(ABC) = \frac{7}{12} - 0 - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} + 0 = \frac{5}{12}

故选 (D)。

8

设随机变量 $(X, Y)$ 服从二维正态分布 $N(0,0 ; 1,4 ;-\frac{1}{2})$ ，则下列随机变量中服从标准正态分布且与 $X$ 独立的是

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

正确答案：C

解析

由已知， $Cov(X, Y) = -\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{4} = -1$ 。

而只有

Cov(X, X + Y) = D(X) + Cov(X, Y) = 0,

故与 $X$ 相互独立的只有 (A) 和 (C)。

又因为

D(X + Y) = D(X) + D(Y) + 2 Cov(X, Y) = 3,

所以 $\frac{\sqrt{3}}{3}(X + Y) \sim N(0, 1)$ ，选 (C)。

填空题

9

（填空题）设 $z = \arctan[xy + \sin(x + y)]$ ，则 $dz|_{(0, \pi)} =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $dz|_{(0, \pi)} = (\pi - 1)dx - dy$

【解析】 计算 $z$ 在点 $(0, \pi)$ 处关于 $x$ 的偏导数：

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, \pi)} = \left.\frac{y + \cos(x + y)}{1 + [xy + \sin(x + y)]^{2}}\right|_{(0, \pi)} = \frac{\pi + \cos \pi}{1 + \sin^{2}\pi} = \pi - 1

计算 $z$ 在点 $(0, \pi)$ 处关于 $y$ 的偏导数：

\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0, \pi)} = \left.\frac{x + \cos(x + y)}{1 + [xy + \sin(x + y)]^{2}}\right|_{(0, \pi)} = \frac{\cos \pi}{1 + \sin^{2}\pi} = -1

因此， $z$ 在点 $(0, \pi)$ 处的全微分为：

\left.dz\right|_{(0, \pi)} = (\pi - 1)dx - dy

10

（填空题）曲线 $x + y + e^{2xy} = 0$ 在点 $(0, -1)$ 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】 $y = x - 1$

【解析】 方程两边对 $x$ 求导得：

1 + y' + e^{2xy}(2y + 2xy') = 0

代入 $x = 0$ ， $y = -1$ ，得到：

y' = 1

因此，切线方程为：

y = x - 1

11

（填空题）设 $Q$ 表示产量，成本 $C(Q) = 100 + 13Q$ ，单价 $p$ ，需求量 $q(p) = \frac{800}{p + 3} - 2$ ，则工厂取得利润最大时的产量为。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 8

【解析】
由需求函数 $Q(P) = \frac{800}{p + 3} - 2$ ，可得反需求函数：

P = \frac{800}{Q + 2} - 3

利润函数为：

L(Q) = PQ - C(Q) = \left(\frac{800}{Q + 2} - 3\right)Q - (100 + 13Q)

化简后得到：

L(Q) = -\frac{1600}{Q + 2} - 16Q + 700

求导并令导数为零：

L'(Q) = \frac{1600}{(Q + 2)^{2}} - 16 = 0

解得最优产量：

Q = 8

验证二阶导数：

L''(Q) = \frac{-3200}{(Q + 2)^{3}} \bigg|_{Q = 8} = -\frac{16}{5} < 0

因此，当 $Q = 8$ 时，利润 $L(Q)$ 达到最大值。

12

（填空题）设平面区域 $D = \left\{(x, y) \mid \frac{x}{2} \leq y \leq \frac{1}{1 + x^{2}}, 0 \leq x \leq 1\right\}$ ，则 $D$ 绕 $y$ 轴旋转所成旋转体的体积为 $\underline{\quad}$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】 $V_{y} = \pi \ln 2 - \frac{\pi}{3}$

【解析】
旋转体体积计算如下：

\begin{align*} V_{y} &= \int_{0}^{1} 2\pi x \left( \frac{1}{1 + x^{2}} - \frac{x}{2} \right) dx \\ &= 2\pi \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^{2}} dx - \pi \int_{0}^{1} x^{2} dx \\ &= \left. \pi \ln(1 + x^{2}) \right|_{0}^{1} - \left. \frac{\pi}{3} x^{3} \right|_{0}^{1} \\ &= \pi \ln 2 - \frac{\pi}{3} \end{align*}

13

（填空题）行列式

\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix} = \underline{\quad}

线性代数行列式

【答案】 $a^{4} - 4a^{2}$

【解析】

\begin{aligned} & \begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix} = a \begin{vmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & a \\ -1 & 0 & a \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 0 & a & 0 \\ -1 & 1 & a \\ 1 & -1 & a \end{vmatrix} \\ &= -a \begin{vmatrix} 1 & a^{2} \\ a & 2a \end{vmatrix} - 2a \begin{vmatrix} 0 & a \\ -1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= -a (2a - a^{3}) - 2a^{2} \\ &= a^{4} - 4a^{2} \end{aligned}

14

（填空题）

随机变量 $X$ 的概率分布为

P\{X = k\} = \frac{1}{2^{k}}, \quad k = 1, 2, 3, \cdots

$Y$ 表示 $X$ 被 $3$ 除的余数，则

E(Y) =

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】 $\frac{8}{7}$

【解析】 随机变量 $X$ 的概率分布为

P\{X = k\} = \frac{1}{2^{k}}, \quad k = 1, 2, 3, \cdots

$Y$ 表示 $X$ 被 $3$ 除的余数，则

E(Y) =

计算各概率如下：

P\{Y = 0\} = \sum_{k=1}^{\infty}P\{X = 3k\} = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{3k}} = \frac{\frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{1}{7}

P\{Y = 1\} = \sum_{k=0}^{\infty}P\{X = 3k + 1\} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{3k + 1}} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{4}{7}

P\{Y = 2\} = \sum_{k=0}^{\infty}P\{X = 3k + 2\} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{3k + 2}} = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{2}{7}

期望值为：

E(Y) = 0 \times \frac{1}{7} + 1 \times \frac{4}{7} + 2 \times \frac{2}{7} = \frac{8}{7}

解答题

15

（本题满分 10 分）

已知 $a, b$ 为常数， $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} - e$ 与 $\frac{b}{n^{a}}$ ，当 $n \to \infty$ 时是等价无穷小，求 $a, b$ 。

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

【答案】 $a = 1$ , $b = -\frac{1}{2}e$

【解析】 由等价无穷小的定义可知

\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \frac{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}-e}{\frac{b}{n^{a}}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{e^{n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)}-e}{\frac{b}{n^{a}}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{e\left(e^{n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)-1}-1\right)}{\frac{b}{n^{a}}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{e\left(n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)-1\right)}{\frac{b}{n^{a}}} \\ &= 1 \end{align*}

进一步推导可得

\begin{align*} &\lim_{t \to 0^{+}} \frac{e\left(\frac{\ln(1 + t)}{t}-1\right)}{bt^{a}} = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{e(\ln(1 + t)-t)}{bt^{a + 1}} = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{e\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)}{bt^{a + 1}} = 1 \end{align*}

则若使该极限存在必有 $a + 1 = 2$ ，即 $a = 1$ 。可得 $b = -\frac{1}{2}e$ 。

16

（本题满分 10 分）

求函数 $f(x, y) = x^{3} + 8y^{3} - xy$ 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】 函数在点 $\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{12}\right)$ 处取得极小值 $-\dfrac{1}{216}$ 。

【解析】
由方程组

\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x} = 3x^{2} - y = 0 \\ \dfrac{\partial f}{\partial y} = 24y^{2} - x = 0 \end{cases}

计算可得两组解：

\begin{cases} x = 0 \\ y = 0 \end{cases} \quad \text{} \quad \begin{cases} x = \dfrac{1}{6} \\ y = \dfrac{1}{12} \end{cases}

进一步计算二阶偏导数：

\dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} = 6x, \quad \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} = -1, \quad \dfrac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = 48y

1. 在点 $(0,0)$ 处

A = 0, \quad B = -1, \quad C = 0

判别式：

AC - B^{2} = -1 < 0

因此， $(0,0)$ 不是极值点。

2. 在点 $\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{12}\right)$ 处

A = 1, \quad B = -1, \quad C = 4

判别式：

AC - B^{2} = 3 > 0 \quad \text{} \quad A > 0

因此， $\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{12}\right)$ 是极小值点，极小值为：

f\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{12}\right) = -\dfrac{1}{216}

17

（本题满分 10 分），设函数 $y = f(x)$ 满足 $y'' + 2y' + 5y = 0$ ，且 $f(0) = 1$ ， $f'(0) = -1$ 。

（I）求 $f(x)$ 的表达式；

（II）设 $a_{n} = \int_{n\pi}^{+\infty} f(x) \, dx$ ，求 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 。

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】
（I） $f(x) = e^{-x} \cos 2x$
（II） $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{1}{5(e^{\pi} - 1)}$

【解析】
（I）微分方程

y'' + 2y' + 5y = 0

的特征方程为

r^2 + 2r + 5 = 0

解得

r_1 = -1 + 2i, \quad r_2 = -1 - 2i

通解为

y = e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x)

由初始条件 $f(0) = 1$ 和 $f'(0) = -1$ ，得

C_1 = 1, \quad C_2 = 0

故特解为

f(x) = e^{-x} \cos 2x

（II）定义

a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \cos 2x \, dx = \frac{1}{5e^{n\pi}}

设

I = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \cos 2x \, dx

利用分部积分：

I = \frac12 \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \, d(\sin 2x) = \frac12 \left[ e^{-x} \sin 2x \Big|_{n\pi}^{+\infty} - \int_{n\pi}^{+\infty} \sin 2x \, d(e^{-x}) \right]

由于 $e^{-x} \sin 2x \to 0$ （当 $x \to +\infty$ ），且 $\sin 2n\pi = 0$ ，第一项为 0，于是

I = -\frac12 \int_{n\pi}^{+\infty} \sin 2x \cdot (-e^{-x}) \, dx = \frac12 \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \sin 2x \, dx

再次分部积分：

I = -\frac14 \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \, d(\cos 2x) = -\frac14 \left[ e^{-x} \cos 2x \Big|_{n\pi}^{+\infty} + \int_{n\pi}^{+\infty} \cos 2x \cdot (-e^{-x}) \, dx \right]

第一项在 $x \to +\infty$ 时为 0，在 $x = n\pi$ 处为 $-e^{-n\pi} \cos 2n\pi = -e^{-n\pi}$ ，所以

I = -\frac14 \left[ -e^{-n\pi} - I \right] = \frac14 e^{-n\pi} + \frac14 I

移项得

I - \frac14 I = \frac14 e^{-n\pi} \quad\Rightarrow\quad \frac54 I = \frac14 e^{-n\pi}

因此

I = \frac{1}{5e^{n\pi}}

最终

\sum_{n=1}^\infty a_n = \frac15 \sum_{n=1}^\infty e^{-n\pi} = \frac15 \sum_{n=1}^\infty (e^{-\pi})^n = \frac{1}{5(e^\pi - 1)}

18

（本题满分 10 分），设 $D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 1, \, y \geq 0\}$ ，连续函数 $f(x, y)$ 满足

f(x, y) = y\sqrt{1 - x^{2}} + x \iint_{D} f(x, y) \, dxdy

求 $\iint_{D} x f(x, y) \, dxdy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{3\pi^{2}}{128}$

【解析】 令 $\iint_{D} f(x, y)dxdy = A$ ，则

f(x, y) = y\sqrt{1 - x^{2}} + Ax

于是

\iint_{D} f(x, y)dxdy = \iint_{D}\left(y\sqrt{1 - x^{2}} + Ax\right)dxdy = \iint_{D} y\sqrt{1 - x^{2}}dxdy

计算得

2\int_{0}^{1} \sqrt{1 - x^{2}}dx\int_{0}^{\sqrt{1 - x^{2}}} ydy = \int_{0}^{1}(1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}dx = \frac{3\pi}{16}

故

A = \frac{3\pi}{16}

接下来计算

\iint_{D} xf(x, y)dxdy = \iint_{D}\left(xy\sqrt{1 - x^{2}} + Ax^{2}\right)dxdy = A\iint_{D} x^{2}dxdy

转换为极坐标

A\int_{0}^{\pi} \cos^{2}\theta d\theta\int_{0}^{1} r^{3}dr = \frac{A}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2}\theta d\theta = \frac{A}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi^{2}}{128}

19

（本题满分 10 分），设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上具有连续导数，已知 $f(0) = f(2) = 0$ ， $M = \max\limits_{x \in [0,2]} \{\vert f(x) \vert\}$ 。证明：

（I）存在 $\xi \in (0,2)$ ，使得 $\vert f'(\xi) \vert \geq M$ ；

（II）若对任意的 $x \in (0,2)$ ， $\vert f'(x) \vert \leq M$ ，则 $M = 0$ 。

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) 设 $x = x_0$ 时 $\vert f(x_0)\vert = M$ ，由拉格朗日定理：

\exists\xi_1\in(0,x_0) \text{ } \vert f'(\xi_1)\vert=\left\vert\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0 - 0}\right\vert=\frac{\vert f(x_0)\vert}{x_0}=\frac{M}{x_0}

\exists\xi_2\in(x_0,2) \text{ } \vert f'(\xi_2)\vert=\left\vert\frac{f(x_0)-f(2)}{x_0 - 2}\right\vert=\frac{\vert f(x_0)\vert}{2 - x_0}=\frac{M}{2 - x_0}

若 $x_0\in(0,1]$ ，取 $\xi = \xi_1$ ，有：

\vert f'(\xi)\vert=\vert f'(\xi_1)\vert=\frac{M}{x_0}\geq M

若 $x_0\in(1,2)$ ，取 $\xi = \xi_2$ ，有：

\vert f'(\xi)\vert=\vert f'(\xi_2)\vert=\frac{M}{2 - x_0}\geq M

(II) 由积分性质可得：

M = \vert f(x_0)\vert=\vert f(x_0)-f(0)\vert=\left\vert\int_{0}^{x_0}f'(x)dx\right\vert\leq\int_{0}^{x_0}\vert f'(x)\vert dx\leq\int_{0}^{x_0}Mdx\leq Mx_0

M = \vert f(x_0)\vert=\vert f(2)-f(x_0)\vert=\left\vert\int_{x_0}^{2}f'(x)dx\right\vert\leq\int_{x_0}^{2}\vert f'(x)\vert dx\leq\int_{x_0}^{2}Mdx\leq M(2 - x_0)

因此，不等式组：

\begin{cases}M(1 - x_0)\leq0 \\ M(1 - x_0)\geq0 \end{cases}

同时成立。

若 $x_0\neq1$ ，显然 $M = 0$ ；若 $x_0 = 1$ ，则：

M\leq\int_{0}^{1}\vert f'(x)\vert dx\leq\int_{0}^{1}Mdx = M

M\leq\int_{1}^{2}\vert f'(x)\vert dx\leq\int_{1}^{2}Mdx\leq M

当且仅当在区间 $(0,1)$ 和 $(1,2)$ 上 $\vert f'(x)\vert = M$ 成立。假设 $M\neq0$ ：

若 $f'(x)\equiv\pm M$ ，与 $f(0)=f(2)=0$ 矛盾；
若 $f'(x)=\begin{cases}\pm M & 0\lt x\lt1 \\ \mp M & 1\lt x\lt2 \end{cases}$ ，则 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处不可导，与已知矛盾。

故 $M = 0$ 。

20

（本题满分11分）

设二次型 $f(\boldsymbol{x}_1, \boldsymbol{x}_2) = \boldsymbol{x}_1^2 - 4\boldsymbol{x}_1\boldsymbol{x}_2 + 4\boldsymbol{x}_2^2$ 经正交变换 $\begin{pmatrix} \boldsymbol{x}_1 \\ \boldsymbol{x}_2 \end{pmatrix} = Q\begin{pmatrix} \boldsymbol{y}_1 \\ \boldsymbol{y}_2 \end{pmatrix}$ 化为二次型 $g(\boldsymbol{y}_1, \boldsymbol{y}_2) = a\boldsymbol{y}_1^2 + 4\boldsymbol{y}_1\boldsymbol{y}_2 + b\boldsymbol{y}_2^2$ ，其中 $a \geq b$ 。

（I）求 $a, b$ 的值；

（II）求正交矩阵 $Q$ 。

线性代数二次型

【答案】
(I) $a = 4$ ， $b = 1$
(II) $Q = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ -3 & -4 \end{pmatrix}$

【解析】
(I) 记

A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} a & 2 \\ 2 & b \end{pmatrix}

其中 $Q$ 是正交矩阵，满足 $Q^TAQ = B$ 。由于 $A$ 与 $B$ 相似，它们有相同的特征值。

计算 $A$ 的特征多项式：

|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 1 & 2 \\ 2 & \lambda - 4 \end{vmatrix} = \lambda^2 - 5\lambda = 0

得到特征值为 $\lambda_1 = 0$ 和 $\lambda_2 = 5$ 。

计算 $B$ 的特征多项式：

|\lambda E - B| = \begin{vmatrix} \lambda - a & -2 \\ -2 & \lambda - b \end{vmatrix} = \lambda^2 - (a + b)\lambda + ab - 4 = 0

由于 $B$ 的特征值也为 $\lambda_1 = 0$ 和 $\lambda_2 = 5$ ，可得方程组：

ab = 4, \quad a + b = 5

结合条件 $a \geq b$ ，解得 $a = 4$ ， $b = 1$ 。

(II) 对于矩阵 $A$ ：

当 $\lambda_1 = 0$ 时， $(0E - A)\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系为 $\boldsymbol{\alpha}_1 = (2, 1)^T$ 。
当 $\lambda_2 = 5$ 时， $(5E - A)\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系为 $\boldsymbol{\alpha}_2 = (1, -2)^T$ 。

对于矩阵 $B$ ：

当 $\lambda_1 = 0$ 时， $(0E - B)\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系为 $\boldsymbol{\beta}_1 = (1, -2)^T$ 。
当 $\lambda_2 = 5$ 时， $(5E - B)\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系为 $\boldsymbol{\beta}_2 = (2, 1)^T$ 。

令

P_1 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}, \quad P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}

则有

P_1^{-1}AP_1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}, \quad P_2^{-1}BP_2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}

因此

P_1^{-1}AP_1 = P_2^{-1}BP_2 \implies B = P_2P_1^{-1}AP_1P_2^{-1}

计算 $P_1P_2^{-1}$ ：

P_1P_2^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ -3 & -4 \end{pmatrix}

由于 $\frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ -3 & -4 \end{pmatrix}$ 是正交矩阵，故

Q = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ -3 & -4 \end{pmatrix}

21

（本题满分11分）

设 $\boldsymbol{A}$ 为2阶矩阵， $\boldsymbol{P}=(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{A\alpha})$ ，其中 $\boldsymbol{\alpha}$ 是非零向量且不是 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量。

（Ⅰ）证明： $\boldsymbol{P}$ 为可逆矩阵；

（Ⅱ）若 $\boldsymbol{A^2\alpha + A\alpha - 6\alpha = 0}$ ，求 $\boldsymbol{P^{-1}AP}$ ，并判断 $\boldsymbol{A}$ 是否相似于对角矩阵。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(I) 见解析
(II) $P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$ ，且 $A$ 相似于对角矩阵。

【解析】
(I) 解法一
证明：假设 $P$ 不是可逆矩阵，则 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $A \boldsymbol{\alpha}$ 线性相关。根据线性相关的定义，存在不全为 0 的实数 $k_{1}, k_{2}$ ，使得成立

k_{1} \boldsymbol{\alpha} + k_{2} A \boldsymbol{\alpha} = 0.

若 $k_{2} = 0$ ，则有 $k_{1} \boldsymbol{\alpha} = 0$ 。由于 $\boldsymbol{\alpha}$ 是非零向量，则 $k_{1} = 0$ ，与 $k_{1}, k_{2}$ 不全为 0 矛盾。因此， $k_{2} \neq 0$ ，于是

A \boldsymbol{\alpha} = -\frac{k_{1}}{k_{2}} \boldsymbol{\alpha}.

这与 $\boldsymbol{\alpha}$ 不是 $A$ 的特征向量矛盾，故假设不成立，所以 $P$ 是可逆矩阵。

解法二
设 $A \boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\beta}$ ，则 $\boldsymbol{\beta} \neq k \boldsymbol{\alpha}$ ，即 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 线性无关。因此，

P = (\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}) = (\boldsymbol{\alpha}, A \boldsymbol{\alpha})

是可逆矩阵。

(II)
因为 $A^{2} \boldsymbol{\alpha} + A \boldsymbol{\alpha} - 6 \boldsymbol{\alpha} = 0$ ，所以

A P = A (\boldsymbol{\alpha}, A \boldsymbol{\alpha}) = (A \boldsymbol{\alpha}, A^{2} \boldsymbol{\alpha}) = (A \boldsymbol{\alpha}, 6 \boldsymbol{\alpha} - A \boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{\alpha}, A \boldsymbol{\alpha}) \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}.

由于 $P$ 是可逆矩阵，故

P^{-1} A P = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}.

记 $B = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$ ，计算其特征多项式：

|\lambda E - B| = \begin{vmatrix} \lambda & -6 \\ -1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = \lambda^{2} + \lambda - 6 = 0.

解得 $B$ 的特征值为 $\lambda_{1} = 2$ ， $\lambda_{2} = -3$ 。由于 $A$ 与 $B$ 相似，故 $A$ 的特征值也为 $\lambda_{1} = 2$ ， $\lambda_{2} = -3$ ，因此 $A$ 可相似对角化。

22

（本题满分 11 分）

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

\boldsymbol{Z}_1 = \begin{cases} 1, & \boldsymbol{X} - \boldsymbol{Y} > 0, \\ 0, & \boldsymbol{X} - \boldsymbol{Y} \leq 0, \end{cases} \quad \boldsymbol{Z}_2 = \begin{cases} 1, & \boldsymbol{X} + \boldsymbol{Y} > 0, \\ 0, & \boldsymbol{X} + \boldsymbol{Y} \leq 0 \end{cases}

（Ⅰ）求二维随机变量 $(\boldsymbol{Z}_1,\boldsymbol{Z}_2)$ 的概率分布；

（Ⅱ）求 $\boldsymbol{Z}_1$ 与 $\boldsymbol{Z}_2$ 的相关系数。

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 $(\boldsymbol{Z}_1,\boldsymbol{Z}_2)$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|cc|c} & 0 & 1 & \text{} \\ \hline 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{3}{4} \\ 1 & 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \hline \text{} & \frac{1}{4} & \frac{3}{4} & \\ \end{array}

（Ⅱ） $\boldsymbol{Z}_1$ 与 $\boldsymbol{Z}_2$ 的相关系数为 $\frac{1}{3}$ 。

【解析】

P\left\{Z_{1}=1\right\} = P\{X-Y>0\} = \iint_{x>y} f(x, y) \, dx dy = \frac{\frac{1}{8} \pi \times 1^{2}}{\frac{1}{2} \pi \times 1^{2}} = \frac{1}{4}

P\left\{Z_{1}=0\right\} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

P\left\{Z_{2}=0\right\} = P\{X+Y \leq 0\} = \iint_{y \leq -x} f(x, y) \, dx dy = \frac{\frac{1}{8} \pi \times 1^{2}}{\frac{1}{2} \pi \times 1^{2}} = \frac{1}{4}

P\left\{Z_{2}=1\right\} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

P\left\{Z_{1}=1, Z_{2}=0\right\} = 0

联合概率分布：

\begin{array}{c|cc|c} & 0 & 1 & \text{} \\ \hline 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{3}{4} \\ 1 & 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \hline \text{} & \frac{1}{4} & \frac{3}{4} & \\ \end{array}

E\left(Z_{1}\right) = \frac{1}{4}, \quad E\left(Z_{2}\right) = \frac{3}{4}, \quad E\left(Z_{1}^{2}\right) = \frac{1}{4}, \quad E\left(Z_{2}^{2}\right) = \frac{3}{4}, \quad E\left(Z_{1} Z_{2}\right) = \frac{1}{4}

D\left(Z_{1}\right) = E\left(Z_{1}^{2}\right) - E^{2}\left(Z_{1}\right) = \frac{1}{4} - \left(\frac{1}{4}\right)^{2} = \frac{3}{16}

D\left(Z_{2}\right) = E\left(Z_{2}^{2}\right) - E^{2}\left(Z_{2}\right) = \frac{3}{4} - \left(\frac{3}{4}\right)^{2} = \frac{3}{16}

Cov\left(Z_{1}, Z_{2}\right) = E\left(Z_{1} Z_{2}\right) - E\left(Z_{1}\right) E\left(Z_{2}\right) = \frac{1}{16}

\rho_{Z_{1} Z_{2}} = \frac{Cov\left(Z_{1}, Z_{2}\right)}{\sqrt{D\left(Z_{1}\right)} \sqrt{D\left(Z_{2}\right)}} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{3}{16}} = \frac{1}{3}

23

（本题满分 11 分）

给定分布函数

F(t) = \begin{cases} 1 - e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^m}, & t \geq 0, \\ 0, & \text{}, \end{cases}

其中 $\theta$ 和 $m$ 为参数且大于零。

(I) 求概率 $P\{T > t\}$ 与 $P\{T > s \mid T > S\}$ ，其中 $S > 0$ ， $t > 0$ ；

(II) 任取 $n$ 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为 $t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{n}$ 。若 $m$ 已知，求 $\theta$ 的最大似然估计值 $\hat{\theta}$ 。

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) $P\{T > t\} = e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^m}$ ， $P\{T > s+t \mid T > s\} = e^{\frac{s^m - (s+t)^m}{\theta^m}}$
(II) $\hat{\theta} = \sqrt[m]{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} t_i^m}$

【解析】
(I) $P\{T>t\}=1-P\{T \leq t\}=1-F(t)=e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^{m}}$

\begin{align*} P\{T>s+t \mid T>s\} &=\frac{P\{T>s+t, T>s\}}{P\{T>s\}} \\ &=\frac{P\{T>s+t\}}{P\{T>s\}} \\ &=\frac{e^{-\left(\frac{s+t}{\theta}\right)^{m}}}{e^{-\left(\frac{s}{\theta}\right)^{m}}} \\ &=e^{\frac{s^{m}-(s+t)^{m}}{\theta^{m}}} \end{align*}

(II) 概率密度函数：

f(t)=F'(t)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^{m}} \frac{m t^{m-1}}{\theta^{m}}, & t>0 \\ 0, & \text{} \end{array}\right.

似然函数：

\begin{align*} L(\theta) &=\prod_{i=1}^{n} e^{-\left(\frac{t_{i}}{\theta}\right)^{m}} \frac{m t_{i}^{m-1}}{\theta^{m}} \\ &=e^{-\frac{1}{\theta^{m}} \sum_{i=1}^{n} t_{i}^{m}} m^{n}\left(\prod_{i=1}^{n} t_{i}^{m-1}\right) \theta^{-n m}, \quad (t_{i}>0, i=1,2,\ldots,n) \end{align*}

对数似然函数：

\begin{align*} \ln L(\theta) &=-\frac{1}{\theta^{m}} \sum_{i=1}^{n} t_{i}^{m}+\ln m^{n} \\ &\quad +\ln \left(\prod_{i=1}^{n} t_{i}^{m-1}\right)-n m \ln \theta \end{align*}

求导并令导数为零：

\begin{align*} \frac{d \ln L(\theta)}{d \theta} &=\frac{m}{\theta^{m+1}} \sum_{i=1}^{n} t_{i}^{m}-\frac{n m}{\theta}=0 \\ &\Rightarrow \theta=\sqrt[m]{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} t_{i}^{m}} \end{align*}

因此， $\theta$ 的最大似然估计为：

\theta=\sqrt[m]{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} t_{i}^{m}}