卷 1

填空题

本题共5分，每小题3分，满分15分

1

\lim_{x \to 0} \frac{3\sin x + x^2\cos \frac{1}{x}}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)} =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 考虑极限 $\lim_{x \to 0} \frac{3\sin x + x^2\cos \frac{1}{x}}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)}$ 。
当 $x \to 0$ 时，分子中的 $3\sin x \sim 3x$ ，而 $x^2\cos \frac{1}{x}$ 由于 $|\cos \frac{1}{x}| \leq 1$ 且 $x^2 \to 0$ ，因此 $x^2\cos \frac{1}{x} \to 0$ ，故分子等价于 $3x$ 。
分母中， $1 + \cos x \to 2$ ， $\ln(1 + x) \sim x$ ，因此分母等价于 $2x$ 。
于是，原极限化为 $\lim_{x \to 0} \frac{3x}{2x} = \frac{3}{2}$ 。
Alternatively, 使用夹逼定理：由于 $|\cos \frac{1}{x}| \leq 1$ ，有

\frac{3\sin x - x^2}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)} \leq \frac{3\sin x + x^2\cos \frac{1}{x}}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)} \leq \frac{3\sin x + x^2}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)}

当 $x \to 0$ 时，左右两边的极限均为 $\frac{3}{2}$ ，故由夹逼定理，原极限为 $\frac{3}{2}$ 。

2

设幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty}a_n x^n$ 的收敛半径为 $3$ , 则幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}na_n (x - 1)^{n + 1}$ 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

【答案】 $(-2,4)$

【解析】
已知幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 3，因此其收敛区间为 $(-3,3)$ （端点收敛性未知）。

考虑幂级数

\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^{n+1}.

令 $y = x-1$ ，则原级数化为

\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^{n+1} = y \sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^n.

由于 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 3，有

\limsup_{n \to \infty} |a_n|^{1/n} = \frac{1}{3}.

对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^n$ ，

\limsup_{n \to \infty} |n a_n|^{1/n} = \limsup_{n \to \infty} n^{1/n} \cdot |a_n|^{1/n} = 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3},

因此其收敛半径也为 3。

于是 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^n$ 在 $|y| < 3$ 时收敛，在 $|y| > 3$ 时发散。从而

\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^{n+1}

在 $|y| < 3$ 时收敛，在 $|y| > 3$ 时发散。

代回 $y = x-1$ ，即当 $|x-1| < 3$ 时级数收敛，解得 $-2 < x < 4$ 。

当 $|x-1| = 3$ 时，即 $x = -2$ 或 $x = 4$ ，级数变为

\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (\pm 3)^{n+1}.

由于原级数在 $x = \pm 3$ 处的收敛性未知，且 $\sum n a_n (\pm 3)^n$ 可能发散，因此端点 $x = -2$ 和 $x = 4$ 处的收敛性无法确定，故收敛区间为开区间 $(-2,4)$ 。

综上，幂级数

\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^{n+1}

的收敛区间为 $(-2,4)$ 。

3

对数螺线 $\rho = \e^{\theta}$ 在点 $(\rho ,\theta) = \left(\e^{\frac{\pi}{2}},\tfrac{\pi}{2} \right)$ 处的切线的直角坐标方程为 ______．

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 + y = e^{\frac{\pi}{2}}

【解析】
给定对数螺线 $\rho = e^{\theta}$ 在点 $(\rho, \theta) = \left(e^{\frac{\pi}{2}}, \frac{\pi}{2}\right)$ 处，首先将该点转换为直角坐标：

x = \rho \cos \theta = e^{\frac{\pi}{2}} \cos \frac{\pi}{2} = 0

y = \rho \sin \theta = e^{\frac{\pi}{2}} \sin \frac{\pi}{2} = e^{\frac{\pi}{2}}

因此点为 $(0, e^{\frac{\pi}{2}})$ 。

求切线斜率，由极坐标关系 $x = e^{\theta} \cos \theta$ 和 $y = e^{\theta} \sin \theta$ ，对参数 $\theta$ 求导：

\frac{dx}{d\theta} = e^{\theta} (\cos \theta - \sin \theta)

\frac{dy}{d\theta} = e^{\theta} (\sin \theta + \cos \theta)

则

\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{\sin \theta + \cos \theta}{\cos \theta - \sin \theta}

在 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 处：

\frac{dy}{dx} = \frac{\sin \frac{\pi}{2} + \cos \frac{\pi}{2}}{\cos \frac{\pi}{2} - \sin \frac{\pi}{2}} = \frac{1 + 0}{0 - 1} = -1

切线斜率为 $-1$ 。

使用点斜式方程：

y - e^{\frac{\pi}{2}} = -1 \cdot (x - 0)

即

x + y = e^{\frac{\pi}{2}}

故切线的直角坐标方程为 $x + y = e^{\frac{\pi}{2}}$ 。

4

设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 4 & t & 3 \\ 3 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ , $B$ 为三阶非零矩阵，且 $AB = O$ ，则 $t =$ ______．

线性代数矩阵矩阵的秩

【答案】 $-3$

【解析】
由于 $AB = O$ 且 $B$ 为非零矩阵，则 $A$ 不可逆，故 $\det(A) = 0$ 。
计算行列式：

\det(A) = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 4 & t & 3 \\ 3 & -1 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} t & 3 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} - 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + (-2) \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & t \\ 3 & -1 \end{pmatrix}

其中：

\det \begin{pmatrix} t & 3 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = t \cdot 1 - 3 \cdot (-1) = t + 3

\det \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 4 \cdot 1 - 3 \cdot 3 = 4 - 9 = -5

\det \begin{pmatrix} 4 & t \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = 4 \cdot (-1) - t \cdot 3 = -4 - 3t

代入得：

\det(A) = (t + 3) - 2 \cdot (-5) + (-2) \cdot (-4 - 3t) = t + 3 + 10 + 8 + 6t = 7t + 21

设 $\det(A) = 0$ ，有 $7t + 21 = 0$ ，解得 $t = -3$ 。
当 $t = -3$ 时， $A$ 奇异，存在非零矩阵 $B$ 满足 $AB = O$ 。

5

袋中有 $50$ 个乒乓球，其中 $20$ 个是黄球， $30$ 个是白球．今有两人依次随机地从袋中各取一球，取后不放回，则第二个人取得黄球的概率是 ______．

概率论与数理统计随机事件和概率

【答案】

\frac{2}{5}

【解析】

设第二个人取到黄球为事件 $B$ 。
根据全概率公式：

P(B) = P(B \mid A_1) \cdot P(A_1) + P(B \mid A_2) \cdot P(A_2)

其中：

$A_1$ ：第一个人取到黄球
$A_2$ ：第一个人取到白球

已知：

P(A_1) = \frac{20}{50} = \frac{2}{5}, \quad P(A_2) = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}

若第一个人取到黄球，则剩余 49 个球中有 19 个黄球：

P(B \mid A_1) = \frac{19}{49}

若第一个人取到白球，则剩余 49 个球中有 20 个黄球：

P(B \mid A_2) = \frac{20}{49}

代入全概率公式：

P(B) = \frac{19}{49} \cdot \frac{2}{5} + \frac{20}{49} \cdot \frac{3}{5}

P(B) = \frac{38}{245} + \frac{60}{245} = \frac{98}{245} = \frac{2}{5}

因此，第二个人取到黄球的概率为 $\frac{2}{5}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

二元函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2 + y^2}, & (x,y) \ne(0,0), \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}$ 在点 $(0,0)$ 处

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：C

【解析】
首先，检查连续性：
考虑沿路径 $y = x$ 接近 $(0,0)$ ，有

f(x, x) = \frac{x \cdot x}{x^2 + x^2} = \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2},

极限为 $\frac{1}{2} \neq f(0,0) = 0$ ，因此函数在 $(0,0)$ 处不连续。

其次，检查偏导数：
由定义，

f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = 0,

同理 $f_y(0,0) = 0$ ，故偏导数存在。

因此，选项 C 正确。

7

设在区间 $[a,b]$ 上 $f(x) > 0$ , $f'(x) < 0$ , $f''(x) > 0$ ，令

S_1 = \int_a^b f(x)\dx,\quad S_2 = f(b)(b - a),\quad S_3 = \frac{1}{2}[f(a) + f(b)](b - a),

则

高等数学一元函数积分学定积分的应用

正确答案：B

【解析】
在区间 $[a, b]$ 上， $f'(x) < 0$ ，说明函数 $f(x)$ 严格递减。
因此，对于任意 $x \in [a, b]$ ，有

f(x) \geq f(b),

从而

S_1 = \int_a^b f(x) \, dx \geq \int_a^b f(b) \, dx = f(b)(b - a) = S_2.

由于函数严格递减，等号不成立，故

S_2 < S_1.

又因为 $f''(x) > 0$ ，函数 $f(x)$ 严格凸，因此图像在连接点 $(a, f(a))$ 与 $(b, f(b))$ 的弦之下，即积分 $S_1$ 小于梯形面积

S_3 = \frac{1}{2} \left[ f(a) + f(b) \right](b - a),

故

S_1 < S_3.

综上，

S_2 < S_1 < S_3,

对应选项 B。

8

$\text{设}F(x) = \int_x^{x + 2\pi} \e^{\sin t} \sin t\dt$ ，则 $F(x)$

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：A

【解析】

给定

F(x) = \int_x^{x + 2\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt,

由于被积函数 $e^{\sin t} \sin t$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，在一个完整周期上的积分与起点 $x$ 无关，因此 $F(x)$ 是一个常数。

为确定该常数的符号，计算

F(0) = \int_0^{2\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt.

将积分拆分为两部分：

\int_0^{\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt + \int_{\pi}^{2\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt.

对第二部分作变量代换 $u = t - \pi$ ，则

\int_{\pi}^{2\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt = \int_0^{\pi} e^{\sin(u + \pi)} \sin(u + \pi) \, du = \int_0^{\pi} -e^{-\sin u} \sin u \, du.

因此，

F(0) = \int_0^{\pi} \left( e^{\sin t} \sin t - e^{-\sin t} \sin t \right) dt = \int_0^{\pi} \sin t \left( e^{\sin t} - e^{-\sin t} \right) dt.

利用双曲正弦函数 $\sinh z = \frac{e^z - e^{-z}}{2}$ ，可得

F(0) = 2 \int_0^{\pi} \sin t \cdot \sinh(\sin t) \, dt.

在区间 $[0, \pi]$ 上， $\sin t \geq 0$ ，且当 $t \in (0, \pi)$ 时， $\sinh(\sin t) > 0$ ，因此被积函数恒正，积分大于零。

故 $F(x)$ 为正常数。

9

设 $\alpha_1 =\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ \end{pmatrix}$ , $\alpha_2 = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \\ \end{pmatrix}$ , $\alpha_3 = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ \end{pmatrix}$ ，则三条直线

a_1 x + b_1 y + c_1 = 0,\quad a_2 x + b_2 y + c_2 = 0,\quad a_3 x + b_3 y + c_3 = 0

（其中 $a_i^2+ b_i^2\ne 0,i = 1,2,3$ ）交于一点的充要条件是

线性代数向量向量组的线性相关性

正确答案：D
【解析】 三条直线交于一点等价于方程组有唯一解，这要求系数矩阵与增广矩阵的秩均为2。向量

\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3

线性相关意味着秩小于3，而

\alpha_1, \alpha_2

线性无关意味着秩为2，确保两条直线相交于一点，且第三条直线经过该点。因此，充要条件是

\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3

线性相关，且

\alpha_1, \alpha_2

线性无关，对应选项 D。

10

设两个相互独立的随机变量 $X$ 和 $Y$ 的方差分别为 $4$ 和 $2$ ，则随机变量 $3X - 2Y$ 的方差是

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

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，随机变量 $3X - 2Y$ 的方差为：

\begin{aligned} \text{Var}(3X - 2Y) &= 3^2 \cdot \text{Var}(X) + (-2)^2 \cdot \text{Var}(Y) \\ &= 9 \times 4 + 4 \times 2 \\ &= 36 + 8 = 44. \end{aligned}

计算题

本题共3小题，每小题5分，满分15分

11

计算 $I = \iiint_{\Omega}(x^2 + y^2) \d V$ ，其中 $\Omega$ 为平面曲线 $\begin{cases} y^2 = 2z, \\ x = 0 \end{cases}$ 绕 $z$ 轴旋转一周形成的曲面与平面 $z = 8$ 所围成的区域．

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{1024\pi}{3}$

【解析】

积分区域 $\Omega$ 是由曲线

\begin{cases} y^2 = 2z \\ x = 0 \end{cases}

绕 $z$ -轴旋转所形成的曲面与平面 $z = 8$ 所围成。旋转曲面的方程为

x^2 + y^2 = 2z,

即

r^2 = 2z,

其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ 。该曲面与平面 $z = 8$ 相交于圆 $r = 4$ 。

使用柱坐标计算积分：令

x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z,

则 $x^2 + y^2 = r^2$ ，体积元素

\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z.

积分变为

I = \iiint_{\Omega} r^2 \cdot r \,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{4} \mathrm{d}r \int_{z = \frac{r^2}{2}}^{8} r^3 \,\mathrm{d}z.

先对 $z$ 积分：

\int_{\frac{r^2}{2}}^{8} \mathrm{d}z = 8 - \frac{r^2}{2},

因此

I = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{4} r^3 \left( 8 - \frac{r^2}{2} \right) \mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{4} \left( 8r^3 - \frac{1}{2} r^5 \right) \mathrm{d}r.

计算对 $r$ 的积分：

\int_{0}^{4} \left( 8r^3 - \frac{1}{2} r^5 \right) \mathrm{d}r = \left[ 2r^4 - \frac{r^6}{12} \right]_{0}^{4} = 2 \cdot 256 - \frac{4096}{12} = 512 - \frac{1024}{3} = \frac{512}{3}.

于是

I = 2\pi \cdot \frac{512}{3} = \frac{1024\pi}{3}.

另一种方法：交换积分次序，以 $z$ 为外层变量：

I = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{8} \mathrm{d}z \int_{0}^{\sqrt{2z}} r^3 \,\mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{8} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_{0}^{\sqrt{2z}} \mathrm{d}z = 2\pi \int_{0}^{8} z^2 \,\mathrm{d}z = 2\pi \cdot \frac{512}{3} = \frac{1024\pi}{3},

结果一致。

12

计算曲线积分 $\oint_C (z - y)\dx + (x - z)\dy + (x - y)\dz$ ，其中 $C$ 是曲线 $\begin{cases} x^2 + y^2 = 1, \\ x - y + z = 2, \end{cases}$ 从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看， $C$ 的方向是顺时针的．

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $-2\pi$

【解析】 曲线积分 $\oint_C (z - y) \, dx + (x - z) \, dy + (x - y) \, dz$ ，其中 $C$ 是曲线 $\begin{cases} x^2 + y^2 = 1, \\ x - y + z = 2 \end{cases}$ ，从 $z$ 轴正向往负向看方向为顺时针。

使用斯托克斯定理，将曲线积分转化为曲面积分。设 $\mathbf{F} = (z - y, x - z, x - y)$ ，则旋度 $\nabla \times \mathbf{F} = \left( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) = (0, 0, 2)$ 。

选取曲面 $S$ 为平面 $x - y + z = 2$ 上满足 $x^2 + y^2 \leq 1$ 的部分，根据曲线方向（从 $z$ 轴正向往负向看顺时针），曲面的法向量应指向 $z$ 轴负方向。曲面 $S$ 的参数化为 $z = 2 - x + y$ ，向下法向量对应的 $d\mathbf{S} = (-1, 1, -1) \, dx \, dy$ 。

计算通量积分：

\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot d\mathbf{S} = \iint_S (0, 0, 2) \cdot (-1, 1, -1) \, dx \, dy = \iint_S -2 \, dx \, dy.

投影区域 $D$ 为 $x^2 + y^2 \leq 1$ ，面积为 $\pi$ ，因此积分值为 $-2 \times \pi = -2\pi$ 。

也可直接参数化曲线验证：令 $x = \cos t$ , $y = -\sin t$ , $z = 2 - \cos t - \sin t$ ， $t \in [0, 2\pi]$ ，代入曲线积分计算得 $-2\pi$ ，结果一致。

故曲线积分为 $-2\pi$ 。

13

在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的．设该人群的总人数为 $N$ ，在 $t = 0$ 时刻已掌握新技术的人数为 $x_0$ ，在任意时刻 $t$ 已掌握新技术的人数为 $x(t)$ （将 $x(t)$ 视为连续可微变量），其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比，比例常数 $k > 0$ ，求 $x(t)$ ．

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】

x(t) = \frac{N}{1 + \left( \frac{N - x_0}{x_0} \right) e^{-N k t}}

【解析】 根据题意，已掌握新技术人数 $x(t)$ 的变化率与已掌握人数和未掌握人数之积成正比，即：

\frac{dx}{dt} = k x (N - x)

其中 $k > 0$ 为比例常数。这是一个可分离变量的微分方程。将方程改写为：

\frac{dx}{x (N - x)} = k \, dt

对两边积分：

\int \frac{1}{x (N - x)} \, dx = \int k \, dt

左边积分通过部分分式分解：

\frac{1}{x (N - x)} = \frac{1}{N} \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{N - x} \right)

因此：

\frac{1}{N} \int \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{N - x} \right) dx = k \int dt

积分得：

\frac{1}{N} \left( \ln x - \ln (N - x) \right) = k t + C

即：

\frac{1}{N} \ln \left( \frac{x}{N - x} \right) = k t + C

代入初始条件 $t = 0$ 时 $x = x_0$ ：

\frac{1}{N} \ln \left( \frac{x_0}{N - x_0} \right) = C

所以：

\frac{1}{N} \ln \left( \frac{x}{N - x} \right) = k t + \frac{1}{N} \ln \left( \frac{x_0}{N - x_0} \right)

两边乘以 $N$ ：

\ln \left( \frac{x}{N - x} \right) = N k t + \ln \left( \frac{x_0}{N - x_0} \right)

取指数：

\frac{x}{N - x} = \frac{x_0}{N - x_0} e^{N k t}

解出 $x$ ：

x = \frac{N}{1 + \left( \frac{N - x_0}{x_0} \right) e^{-N k t}}

此即 $x(t)$ 的表达式。

计算题

本题共2小题，第(1)小题6分，第(2)小题7分，满分13分

14

设直线 $L:\begin{cases} x + y + b = 0, \\ x + ay - z - 3 = 0 \end{cases}$ 在平面 $\Pi$ 上，且平面 $\Pi$ 与曲面 $z = x^2 + y^2$ 相切于点 $(1, - 2,5)$ ，求 $a,b$ 之值．

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】
$a = -5$ ， $b = -2$

【解析】
曲面 $z = x^2 + y^2$ 在点 $(1, -2, 5)$ 处的切平面方程为 $z - 5 = 2(x - 1) - 4(y + 2)$ ，即 $2x - 4y - z - 5 = 0$ 。
直线 $L$ 由方程 $x + y + b = 0$ 和 $x + ay - z - 3 = 0$ 定义，且位于切平面上。因此，切平面方程可表示为这两个方程的线性组合：

\lambda(x + y + b) + \mu(x + ay - z - 3) = 2x - 4y - z - 5

比较系数：

$x$ 系数： $\lambda + \mu = 2$
$y$ 系数： $\lambda + a\mu = -4$
$z$ 系数： $-\mu = -1$ ，解得 $\mu = 1$
代入 $\mu = 1$ ：
$\lambda + 1 = 2$ ，解得 $\lambda = 1$
$1 + a \cdot 1 = -4$ ，解得 $a = -5$
常数项： $\lambda b - 3\mu = -5$ ，即 $1 \cdot b - 3 \cdot 1 = -5$ ，解得 $b = -2$
因此， $a = -5$ ， $b = -2$ 。

15

设函数 $f(u)$ 具有二阶连续导数，而 $z = f(\e^x\sin y)$ 满足方程 $\frac{\pd^2 z}{\pd x^2} + \frac{\pd^2 z}{\pd y^2} = \e^{2x} z$ ，求 $f(u)$ ．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】
$f(u) = C_1 e^u + C_2 e^{-u}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
设 $u = e^x \sin y$ ，则 $z = f(u)$ 。计算一阶偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \frac{\partial u}{\partial x} = f'(u) e^x \sin y = f'(u) u,

\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \frac{\partial u}{\partial y} = f'(u) e^x \cos y.

计算二阶偏导数：

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} [f'(u) e^x \sin y] = f''(u) (e^x \sin y)^2 + f'(u) e^x \sin y = f''(u) u^2 + f'(u) u,

\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} [f'(u) e^x \cos y] = f''(u) (e^x \cos y)^2 - f'(u) e^x \sin y = f''(u) e^{2x} \cos^2 y - f'(u) u.

将二阶偏导数相加：

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = f''(u) u^2 + f'(u) u + f''(u) e^{2x} \cos^2 y - f'(u) u = f''(u) (u^2 + e^{2x} \cos^2 y).

代入 $u^2 = e^{2x} \sin^2 y$ ，得：

u^2 + e^{2x} \cos^2 y = e^{2x} (\sin^2 y + \cos^2 y) = e^{2x}.

所以，

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = f''(u) e^{2x}.

由给定方程 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = e^{2x} z$ 和 $z = f(u)$ ，得：

f''(u) e^{2x} = e^{2x} f(u).

除以 $e^{2x}$ （因 $e^{2x} \neq 0$ ），得：

f''(u) = f(u).

解此微分方程：
特征方程为 $r^2 - 1 = 0$ ，根为 $r = \pm 1$ ，故通解为

f(u) = C_1 e^u + C_2 e^{-u},

其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

解答题

16

设 $f(x)$ 连续， $\varphi (x) = \int_0^1f(xt) \dt$ ，且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = A$ （ $A$ 为常数），求 $\varphi'(x)$ 并讨论 $\varphi'(x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性．

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\varphi'(x) = \frac{1}{x} f(x) - \frac{1}{x^2} \int_0^x f(u) \, du$ （当 $x \neq 0$ ），且 $\varphi'(0) = \frac{A}{2}$ ， $\varphi'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

【解析】 由 $\varphi(x) = \int_0^1 f(xt) \, dt$ ，当 $x \neq 0$ 时，通过变量代换 $u = xt$ ，得 $\varphi(x) = \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du$ 。对其求导，有

\varphi'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du \right) = -\frac{1}{x^2} \int_0^x f(u) \, du + \frac{1}{x} f(x)

当 $x = 0$ 时，由导数定义：

\varphi'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\varphi(x) - \varphi(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^1 f(xt) \, dt}{x}

由变量代换 $\int_0^1 f(xt) \, dt = \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du$ ，得

\varphi'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} \int_0^x f(u) \, du = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{2x} = \frac{A}{2}

其中最后一步使用了洛必达法则。
为讨论 $\varphi'(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性，计算

\lim_{x \to 0} \varphi'(x) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} f(x) - \frac{1}{x^2} \int_0^x f(u) \, du \right) = A - \frac{A}{2} = \frac{A}{2} = \varphi'(0)

因此 $\varphi'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

17

设 $a_1 = 2,a_{n + 1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{1}{a_n} \right),n = 1,2, \cdots$ ，证明：

(1) $\lim_{n \to \infty} a_n$ 存在；

(2) 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\frac{a_n}{a_{n + 1}} - 1 \right)$ 收敛．

高等数学一元函数积分学定积分的概念、性质及几何意义

【答案】
(1) $\lim_{n \to \infty} a_n$ 存在且等于 1。
(2) 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。

【解析】
(1) 首先，由 $a_1 = 2 > 0$ 及递推关系 $a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right)$ ，通过数学归纳法可知所有 $a_n > 0$ 。进一步，由算术-几何平均不等式，有 $a_n + \frac{1}{a_n} \geq 2$ ，故 $a_{n+1} \geq 1$ ，即序列有下界。
考虑差值 $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{a_n} - a_n \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 - a_n^2}{a_n}$ 。由于 $a_n \geq 1$ ，有 $1 - a_n^2 \leq 0$ ，故 $a_{n+1} - a_n \leq 0$ ，即序列单调递减。
单调递减有下界的序列必有极限，设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ 。对递推公式取极限得 $L = \frac{1}{2} \left( L + \frac{1}{L} \right)$ ，解得 $L^2 = 1$ 。因 $a_n \geq 1$ ，故 $L = 1$ 。因此 $\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ 。

(2) 考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 。由递推关系，

\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{a_n}{\frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right)} = \frac{2a_n}{a_n + \frac{1}{a_n}} = \frac{2a_n^2}{a_n^2 + 1},

故

\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 = \frac{2a_n^2}{a_n^2 + 1} - 1 = \frac{a_n^2 - 1}{a_n^2 + 1}.

令 $b_n = \frac{a_n^2 - 1}{a_n^2 + 1}$ ，需证 $\sum b_n$ 收敛。
由 $a_n \to 1$ ，定义 $c_n = a_n - 1$ ，则 $c_n > 0$ 且 $c_n \to 0$ 。由递推关系，

a_{n+1} - 1 = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) - 1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{(a_n - 1)^2}{a_n},

即

c_{n+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{c_n^2}{1 + c_n} \leq \frac{1}{2} c_n^2,

其中利用了 $1 + c_n \geq 1$ 。
通过数学归纳法可证 $c_n \leq \frac{1}{2^{2^{n-1} - 1}}$ 对于 $n \geq 1$ 成立：
当 $n=1$ ， $c_1 = 1 = \frac{1}{2^0}$ ；
假设 $c_n \leq \frac{1}{2^{2^{n-1} - 1}}$ ，则

c_{n+1} \leq \frac{1}{2} c_n^2 \leq \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2^{2^{n-1} - 1}} \right)^2 = \frac{1}{2^{2^n - 1}} = \frac{1}{2^{2^{(n+1)-1} - 1}},

故成立。因此 $\sum c_n$ 收敛。
现在证明 $b_n \leq c_n$ 。考虑函数 $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1} - (x - 1)$ for $x \geq 1$ 。
有 $f(1) = 0$ ，且

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

对于 $x > 1$ ，有 $(x^2 + 1)^2 \geq 4$ ，故 $\frac{4x}{(x^2 + 1)^2} \leq x \leq 1$ （当 $x > 1$ 时严格小于），所以 $f'(x) < 0$ ，即 $f(x) \leq 0$ ，因此 $b_n \leq c_n$ 。
由比较判别法， $\sum b_n$ 收敛，即级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。

解答题

18

设 $B$ 是秩为 $2$ 的 $5 \times 4$ 矩阵，

\alpha_1 = (1,1,2,3)^T,\alpha_2 = (- 1,1,4, - 1)^T,\alpha_3 = (5, - 1, - 8,9)^T

是齐次线性方程组 $Bx = 0$ 的解向量，求 $Bx = 0$ 的解空间的一个标准正交基．

线性代数线性方程组

【答案】 解空间的一个标准正交基为：

\mathbf{e}_1 = \frac{1}{\sqrt{15}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{e}_2 = \frac{1}{\sqrt{39}} \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}

【解析】 已知 $B$ 是秩为 $2$ 的 $5 \times 4$ 矩阵，根据秩-零化度定理，解空间（零空间）的维数为 $4 - 2 = 2$ 。给定解向量 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ ，通过线性相关性检验发现 $\alpha_3 = 2\alpha_1 - 3\alpha_2$ ，因此 $\alpha_1$ 和 $\alpha_2$ 线性无关，构成解空间的一组基。

使用 Gram-Schmidt 正交化过程：

令 $\mathbf{v}_1 = \alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ 。
计算 $\langle \alpha_2, \mathbf{v}_1 \rangle = 5$ 和 $\langle \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_1 \rangle = 15$ ，则 $\mathbf{v}_2 = \alpha_2 - \frac{5}{15} \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 4 \\ -1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{4}{3} \\ \frac{2}{3} \\ \frac{10}{3} \\ -2 \end{pmatrix}$ 。

单位化：

$\|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{15}$ ，所以 $\mathbf{e}_1 = \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|} = \frac{1}{\sqrt{15}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ 。
$\|\mathbf{v}_2\| = \sqrt{\frac{52}{3}} = \frac{2\sqrt{39}}{3}$ ，所以 $\mathbf{e}_2 = \frac{\mathbf{v}_2}{\|\mathbf{v}_2\|} = \frac{1}{\sqrt{39}} \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}$ .

验证内积 $\langle \mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2 \rangle = 0$ ，故 $\mathbf{e}_1$ 和 $\mathbf{e}_2$ 标准正交。

19

已知 $\xi = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 是矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 5 & a & 3 \\ -1 & b & -2 \end{pmatrix}$ 的一个特征向量．

(1) 试确定参数 $a,b$ 及特征向量 $\xi$ 所对应的特征值；

(2) 问 $A$ 能否相似于对角阵？说明理由．

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 (1) $a = -3$ ， $b = 0$ ，特征值 $\lambda = -1$ 。 (2) $A$ 不能相似于对角阵，因为特征值 $\lambda = -1$ 的代数重数为 3，但几何重数为 1，几何重数小于代数重数。

【解析】 (1) 由于 $\xi$ 是 $A$ 的特征向量，满足 $A \xi = \lambda \xi$ 。计算 $A \xi$ ：

A \xi = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 5 & a & 3 \\ -1 & b & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 2 \cdot (-1) \\ 5 \cdot 1 + a \cdot 1 + 3 \cdot (-1) \\ -1 \cdot 1 + b \cdot 1 + (-2) \cdot (-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 + a \\ 1 + b \end{pmatrix}

令其等于 $\lambda \xi = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ -\lambda \end{pmatrix}$ ，得方程组：

\begin{cases} -1 = \lambda \\ 2 + a = \lambda \\ 1 + b = -\lambda \end{cases}

解得 $\lambda = -1$ ，代入第二式得 $2 + a = -1$ ，即 $a = -3$ ；代入第三式得 $1 + b = 1$ ，即 $b = 0$ 。

(2) 代入 $a = -3$ 和 $b = 0$ ，得矩阵：

A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 5 & -3 & 3 \\ -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}

求特征多项式：

\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 & 2 \\ 5 & -3-\lambda & 3 \\ -1 & 0 & -2-\lambda \end{pmatrix}

计算得 $\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 - 3\lambda^2 - 3\lambda - 1 = -(\lambda + 1)^3$ ，所以特征值为 $\lambda = -1$ （三重根），代数重数为 3。
计算几何重数，即解空间维数 of $A - (-1)I = A + I$ ：

A + I = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 5 & -2 & 3 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}

行化简增广矩阵：

\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 & 0 \\ 5 & -2 & 3 & 0 \\ -1 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

得方程 $x_1 + x_3 = 0$ ， $x_2 + x_3 = 0$ ，解向量为 $x_3 \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，几何重数为 1。
由于几何重数小于代数重数， $A$ 不能相似于对角阵。

20

设 $A$ 是 $n$ 阶可逆方阵，将 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 行对换后得到的矩阵记为 $B$ ．

(1) 证明 $B$ 可逆；

(2) 求 $AB^{-1}$ ．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) $B$ 可逆。
(2) $AB^{-1} = E$ ，其中 $E$ 是对换第 $i$ 行和第 $j$ 行的初等矩阵。

【解析】
(1) 由于 $A$ 可逆，且 $B$ 是通过对换 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 行得到的矩阵，这一操作等价于左乘一个对换两行的初等矩阵 $E$ ，即 $B = EA$ 。初等矩阵 $E$ 可逆，且 $E^{-1} = E$ 。因此 $B$ 是可逆矩阵的乘积，故 $B$ 可逆。
(2) 由 $B = EA$ 可得 $B^{-1} = A^{-1}E^{-1} = A^{-1}E$ 。于是 $AB^{-1} = A(A^{-1}E) = (AA^{-1})E = IE = E$ ，即 $AB^{-1}$ 等于对换第 $i$ 行和第 $j$ 行的初等矩阵 $E$ 。

21

从学校乘汽车到火车站的途中有 $3$ 个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是 $\frac{2}{5}$ ．设 $X$ 为途中遇到红灯的次数，求随机变量 $X$ 的分布律、分布函数和数学期望．

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】
随机变量 $X$ 的分布律为：

P(X=0) = \frac{27}{125}, \quad P(X=1) = \frac{54}{125}, \quad P(X=2) = \frac{36}{125}, \quad P(X=3) = \frac{8}{125}

分布函数为：

F(x) = \begin{cases} 0 & x < 0 \\ \frac{27}{125} & 0 \leq x < 1 \\ \frac{81}{125} & 1 \leq x < 2 \\ \frac{117}{125} & 2 \leq x < 3 \\ 1 & x \geq 3 \end{cases}

数学期望为：

E[X] = \frac{6}{5}

【解析】
由于有 3 个交通岗，每个交通岗遇到红灯的事件相互独立，且概率均为 $\frac{2}{5}$ ，因此 $X$ 服从二项分布 $B(3, \frac{2}{5})$ 。
分布律由二项分布公式 $P(X = k) = \binom{3}{k} \left(\frac{2}{5}\right)^k \left(\frac{3}{5}\right)^{3-k}$ 计算可得：

$P(X=0) = \binom{3}{0} \left(\frac{2}{5}\right)^0 \left(\frac{3}{5}\right)^3 = \frac{27}{125}$
$P(X=1) = \binom{3}{1} \left(\frac{2}{5}\right)^1 \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{54}{125}$
$P(X=2) = \binom{3}{2} \left(\frac{2}{5}\right)^2 \left(\frac{3}{5}\right)^1 = \frac{36}{125}$
$P(X=3) = \binom{3}{3} \left(\frac{2}{5}\right)^3 \left(\frac{3}{5}\right)^0 = \frac{8}{125}$
分布函数 $F(x) = P(X \leq x)$ 是累积概率，根据 $x$ 的取值范围分段定义：
当 $x < 0$ 时， $F(x) = 0$
当 $0 \leq x < 1$ 时， $F(x) = P(X=0) = \frac{27}{125}$
当 $1 \leq x < 2$ 时， $F(x) = P(X=0) + P(X=1) = \frac{81}{125}$
当 $2 \leq x < 3$ 时， $F(x) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = \frac{117}{125}$
当 $x \geq 3$ 时， $F(x) = 1$
数学期望对于二项分布有 $E[X] = np = 3 \times \frac{2}{5} = \frac{6}{5}$ ，也可直接计算：
$E[X] = \sum_{k=0}^{3} k P(X=k) = 0 \times \frac{27}{125} + 1 \times \frac{54}{125} + 2 \times \frac{36}{125} + 3 \times \frac{8}{125} = \frac{54}{125} + \frac{72}{125} + \frac{24}{125} = \frac{150}{125} = \frac{6}{5}$

22

设总体 $X$ 的概率密度为

f(x) = \begin{cases} (\theta + 1)x^{\theta}, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其它}, \\ \end{cases}

其中 $\theta > - 1$ 是未知参数． $x_1,x_2, \cdots ,x_n$ 是来自总体 $X$ 的一个容量为 $n$ 的简单随机样本，分别用矩估计法和最大似然估计法求 $\theta$ 的估计量．

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】 矩估计法得到的估计量为：

\hat{\theta}_M = \frac{2\bar{x} - 1}{1 - \bar{x}}

其中 $\bar{x} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i$ 。

最大似然估计法得到的估计量为：

\hat{\theta}_{MLE} = -1 - \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln x_i}

【解析】 对于矩估计法，首先计算总体均值 $E[X]$ 。由于概率密度函数为 $f(x) = (\theta + 1)x^\theta$ 在区间 $(0,1)$ 上，有：

E[X] = \int_0^1 x \cdot (\theta + 1) x^\theta \, dx = (\theta + 1) \int_0^1 x^{\theta + 1} \, dx = (\theta + 1) \left[ \frac{x^{\theta + 2}}{\theta + 2} \right]_0^1 = \frac{\theta + 1}{\theta + 2}

设总体均值等于样本均值 $\bar{x}$ ，即：

\frac{\theta + 1}{\theta + 2} = \bar{x}

解此方程求 $\theta$ ：

\theta + 1 = \bar{x} (\theta + 2)

\theta + 1 = \bar{x} \theta + 2\bar{x}

\theta - \bar{x} \theta = 2\bar{x} - 1

\theta (1 - \bar{x}) = 2\bar{x} - 1

\theta = \frac{2\bar{x} - 1}{1 - \bar{x}}

因此，矩估计量为 $\hat{\theta}_M = \frac{2\bar{x} - 1}{1 - \bar{x}}$ 。

对于最大似然估计法，似然函数为：

L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i) = \prod_{i=1}^n (\theta + 1) x_i^\theta = (\theta + 1)^n \prod_{i=1}^n x_i^\theta

取对数似然函数：

l(\theta) = \ln L(\theta) = n \ln(\theta + 1) + \theta \sum_{i=1}^n \ln x_i

对 $\theta$ 求导并令导数为零：

\frac{\partial l}{\partial \theta} = \frac{n}{\theta + 1} + \sum_{i=1}^n \ln x_i = 0

解得：

\frac{n}{\theta + 1} = -\sum_{i=1}^n \ln x_i

\theta + 1 = -\frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln x_i}

\theta = -1 - \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln x_i}

二阶导数为 $\frac{\partial^2 l}{\partial \theta^2} = -\frac{n}{(\theta + 1)^2} < 0$ ，故为最大值。因此，最大似然估计量为 $\hat{\theta}_{MLE} = -1 - \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln x_i}$ 。