卷 1

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2} =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】
$-\frac{1}{4}$

【解析】
考虑泰勒展开：当 $x \to 0$ 时， $\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + O(x^3)$ ， $\sqrt{1 - x} = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + O(x^3)$ 。
代入分子：

\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2 = \left(1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8}\right) + \left(1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8}\right) - 2 = -\frac{x^2}{4} + O(x^3)

因此，

\frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2} = \frac{-\frac{x^2}{4} + O(x^3)}{x^2} = -\frac{1}{4} + O(x)

当 $x \to 0$ 时， $O(x) \to 0$ ，故极限为 $-\frac{1}{4}$ 。

2

设 $z = \frac{1}{x}f(xy) + y\varphi(x + y)$ ， $f,\varphi$ 具有二阶连续导数，则 $\frac{\pd^2 z}{\pdx\pdy}=$ ______．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】

y f''(xy) + \varphi'(x + y) + y \varphi''(x + y)

【解析】 给定 $z = \frac{1}{x} f(xy) + y \varphi(x + y)$ ，其中 $f$ 和 $\varphi$ 具有二阶连续导数。计算混合偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$ 。

先对 $y$ 求偏导：

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left[ \frac{1}{x} f(xy) \right] + \frac{\partial}{\partial y} \left[ y \varphi(x + y) \right] = \frac{1}{x} \cdot x f'(xy) + \left[ \varphi(x + y) + y \varphi'(x + y) \right] = f'(xy) + \varphi(x + y) + y \varphi'(x + y).

再对 $x$ 求偏导：

\frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial z}{\partial y} \right) = \frac{\partial}{\partial x} \left[ f'(xy) \right] + \frac{\partial}{\partial x} \left[ \varphi(x + y) \right] + \frac{\partial}{\partial x} \left[ y \varphi'(x + y) \right] = y f''(xy) + \varphi'(x + y) + y \varphi''(x + y).

因此， $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = y f''(xy) + \varphi'(x + y) + y \varphi''(x + y)$ .

3

设 $L$ 为椭圆 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ ，其周长记为 $a$ ，则 $\oint_L (2xy + 3x^2 + 4y^2)\ds =$ ______．

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $12a$

【解析】
考虑曲线积分 $\oint_L (2xy + 3x^2 + 4y^2) \, ds$ ，其中 $L$ 是椭圆 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ ，周长记为 $a$ 。
由于椭圆关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，函数 $2xy$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均为奇函数，因此 $\oint_L 2xy \, ds = 0$ 。
剩余部分为 $\oint_L (3x^2 + 4y^2) \, ds$ 。
利用椭圆的参数化： $x = 2\cos t$ , $y = \sqrt{3}\sin t$ , $t \in [0, 2\pi]$ ，弧长元素为 $ds = \sqrt{\left( \frac{dx}{dt} \right)^2 + \left( \frac{dy}{dt} \right)^2} \, dt = \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt$ 。
则：

\oint_L 3x^2 \, ds = 3 \int_0^{2\pi} (2\cos t)^2 \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt = 12 \int_0^{2\pi} \cos^2 t \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt,

\oint_L 4y^2 \, ds = 4 \int_0^{2\pi} (\sqrt{3}\sin t)^2 \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt = 12 \int_0^{2\pi} \sin^2 t \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt.

相加得：

\oint_L (3x^2 + 4y^2) \, ds = 12 \int_0^{2\pi} (\cos^2 t + \sin^2 t) \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt = 12 \int_0^{2\pi} \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt.

其中 $\int_0^{2\pi} \sqrt{4\sin^2 t + 3\cos^2 t} \, dt = a$ ，即椭圆周长。
因此，

\oint_L (2xy + 3x^2 + 4y^2) \, ds = 12a.

4

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵， $|A| \ne 0$ ， $A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵．若 $A$ 有特征值 $\lambda$ ，则 $(A^*)^2 + E$ 必有特征值 ______．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】

\frac{|A|^2}{\lambda^2} + 1

【解析】
由于 $|A| \ne 0$ ，矩阵 $A$ 可逆，且伴随矩阵 $A^* = |A| A^{-1}$ 。
若 $A$ 有特征值 $\lambda$ ，则 $A^{-1}$ 有特征值 $\lambda^{-1}$ ，因此 $A^*$ 有特征值 $|A| \lambda^{-1}$ 。
于是， $(A^*)^2$ 有特征值 $(|A| \lambda^{-1})^2 = |A|^2 \lambda^{-2}$ 。
进而， $(A^*)^2 + E$ 有特征值 $|A|^2 \lambda^{-2} + 1$ 。
故 $(A^*)^2 + E$ 必有特征值 $\frac{|A|^2}{\lambda^2} + 1$ 。

5

设平面区域 $D$ 由曲线 $y = \frac{1}{x}$ 及直线 $y = 0,x = 1,x = \e^2$ 所围成，二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，则 $(X,Y)$ 关于 $X$ 的边缘概率密度在 $x=2$ 处的值为 ______．

概率论与数理统计多维随机变量及其分布边缘分布和条件分布

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 区域 $D$ 由曲线 $y = \frac{1}{x}$ 及直线 $y = 0, x = 1, x = \e^2$ 所围成，其面积计算如下：

A = \int_{1}^{\e^2} \int_{0}^{\frac{1}{x}} dy \, dx = \int_{1}^{\e^2} \frac{1}{x} \, dx = \left[ \ln x \right]_{1}^{\e^2} = \ln(\e^2) - \ln(1) = 2 - 0 = 2

由于二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，联合概率密度函数为：

f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{A} = \frac{1}{2}, \quad (x,y) \in D

关于 $X$ 的边缘概率密度函数通过对 $y$ 积分得到：对于 $x \in [1, \e^2]$ ，

f_X(x) = \int_{0}^{\frac{1}{x}} f_{X,Y}(x,y) \, dy = \int_{0}^{\frac{1}{x}} \frac{1}{2} \, dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{2x}

对于 $x = 2$ ，由于 $2 \in [1, \e^2]$ ，代入得：

f_X(2) = \frac{1}{2 \times 2} = \frac{1}{4}

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $f(x)$ 连续，则 $\frac{\d}{\dx}\int_0^x tf(x^2 - t^2) \dt =$

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：A

【解析】 考虑积分 $I(x) = \int_0^x t f(x^2 - t^2) \, dt$ 。令 $u = x^2 - t^2$ ，则当 $t = 0$ 时， $u = x^2$ ；当 $t = x$ 时， $u = 0$ 。且 $du = -2t \, dt$ ，即 $t \, dt = -\frac{1}{2} du$ 。代入积分得：

I(x) = \int_0^x t f(x^2 - t^2) \, dt = \int_{x^2}^0 f(u) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) du = \frac{1}{2} \int_0^{x^2} f(u) \, du.

于是，

\frac{d}{dx} I(x) = \frac{d}{dx} \left[ \frac{1}{2} \int_0^{x^2} f(u) \, du \right] = \frac{1}{2} \cdot f(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = \frac{1}{2} \cdot f(x^2) \cdot 2x = x f(x^2).

因此，正确答案为 A. $x f(x^2)$ 。

7

函数 $f(x) = (x^2 - x - 2)\left| x^3 - x \right|$ 不可导点的个数是

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：B

【解析】 函数 $f(x) = (x^2 - x - 2) |x^3 - x|$ 的不可导点可能出现在绝对值内部为零的点，即 $x^3 - x = 0$ 的解 $x = -1, 0, 1$ 。通过计算这些点的左导数和右导数：

在 $x = -1$ 处，左导数和右导数均为 0，因此可导。
在 $x = 0$ 处，左导数为 2，右导数为 -2，因此不可导。
在 $x = 1$ 处，左导数为 4，右导数为 -4，因此不可导。其他点（如 $x = 2$ ) 处函数为多项式，可导。因此，不可导点的个数为 2。

8

已知函数 $y = y(x)$ 在任意点 $x$ 处的增量 $\Delta y = \frac{y\Delta x}{1 + x^2} + \alpha$ ，且当 $\Delta x \to 0$ 时， $\alpha$ 是 $\Delta x$ 的高阶无穷小， $y(0) = \pi$ ，则 $y(1)$ 等于

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：D

【解析】
由题意，函数 $y = y(x)$ 在任意点 $x$ 处的增量为

\Delta y = \frac{y \Delta x}{1 + x^2} + \alpha,

其中当 $\Delta x \to 0$ 时， $\alpha$ 是 $\Delta x$ 的高阶无穷小。

根据导数的定义，

\frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{y}{1 + x^2}.

由此得到微分方程

\frac{dy}{dx} = \frac{y}{1 + x^2}.

该方程为可分离变量型，变形为

\frac{dy}{y} = \frac{dx}{1 + x^2}.

两边积分得

\ln |y| = \arctan x + C.

由初始条件 $y(0) = \pi$ ，代入得

\ln \pi = \arctan 0 + C \quad \Rightarrow \quad C = \ln \pi.

因此

\ln y = \arctan x + \ln \pi,

整理得

\ln \left( \frac{y}{\pi} \right) = \arctan x \quad \Rightarrow \quad y = \pi e^{\arctan x}.

计算

y(1) = \pi e^{\arctan 1} = \pi e^{\frac{\pi}{4}}.

因此，正确答案为 D。

9

设矩阵 $\begin{pmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{pmatrix}$ 是满秩的，则直线 $\frac{x - a_3}{a_1 - a_2} = \frac{y - b_3}{b_1 - b_2} = \frac{z - c_3}{c_1 - c_2}$ 与直线 $\frac{x - a_1}{a_2 - a_3} = \frac{y - b_1}{b_2 - b_3} = \frac{z - c_1}{c_2 - c_3}$ \begin{abcd*}

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A

设

L_1 : \frac{x-a_3}{a_1-a_2} = \frac{y-b_3}{b_1-b_2} = \frac{z-c_3}{c_1-c_2},

L_2 : \frac{x-a_1}{a_2-a_3} = \frac{y-b_1}{b_2-b_3} = \frac{z-c_1}{c_2-c_3}

由题设矩阵

\begin{pmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{pmatrix}

是满秩的，则由行列式的性质可知

\begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_1 - a_2 & b_1 - b_2 & c_1 - c_2 \\ a_2 - a_3 & b_2 - b_3 & c_2 - c_3 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix} \neq 0

故向量组 $(a_1 - a_2, b_1 - b_2, c_1 - c_2)$ 与 $(a_2 - a_3, b_2 - b_3, c_2 - c_3)$ 线性无关，从而 $L_1$ 和 $L_2$ 不平行。又由 $\frac{x-a_3}{a_1-a_2} = \frac{y-b_3}{b_1-b_2} = \frac{z-c_3}{c_1-c_2}$ 得 $\frac{x-a_3}{a_1-a_2} - 1 = \frac{y-b_3}{b_1-b_2} - 1 = \frac{z-c_3}{c_1-c_2}$ ，即

\frac{x-a_3-(a_1-a_2)}{a_1-a_2} = \frac{y-b_3-(b_1-b_2)}{b_1-b_2} = \frac{z-c_3-(c_1-c_2)}{c_1-c_2}

同样由 $\frac{x-a_1}{a_2-a_3} = \frac{y-b_1}{b_2-b_3} = \frac{z-c_1}{c_2-c_3}$ 得 $\frac{x-a_1}{a_2-a_3} + 1 = \frac{y-b_1}{b_2-b_3} + 1 = \frac{z-c_1}{c_2-c_3}$ ，即

\frac{x-a_1+(a_2-a_3)}{a_2-a_3} = \frac{y-b_3+(b_2-b_3)}{b_2-b_3} = \frac{z-c_3+(c_2-c_3)}{c_2-c_3}

可见 $L_1$ 和 $L_2$ 均过点 $(a_2 - a_1 - a_3, b_2 - b_1 - b_3, c_2 - c_1 - c_3)$ ，故两直线相交于一点。

10

设 $A,B$ 是两个随机事件，且 $0 < P(A) < 1,P(B) > 0,P(B|A) = P(B|\overline{A})$ ，则必有

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：C

【解析】 给定条件 $P(B|A) = P(B|\overline{A})$ ，由条件概率定义， $P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}$ 和 $P(B|\overline{A}) = \frac{P(B\overline{A})}{P(\overline{A})}$ 。代入条件得：

\frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{P(B\overline{A})}{P(\overline{A})}

其中 $P(B\overline{A}) = P(B) - P(AB)$ 和 $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$ ，所以：

\frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{P(B) - P(AB)}{1 - P(A)}

解方程：

P(AB) (1 - P(A)) = P(A) (P(B) - P(AB))

P(AB) - P(AB)P(A) = P(A)P(B) - P(A)P(AB)

P(AB) = P(A)P(B)

因此， $P(AB) = P(A)P(B)$ ，即事件 $A$ 和 $B$ 相互独立，故选项 C 正确。选项 A 和 B 涉及 $P(A|B)$ 和 $P(\overline{A}|B)$ ，当 $A$ 和 $B$ 独立时， $P(A|B) = P(A)$ 和 $P(\overline{A}|B) = P(\overline{A})$ ，但 $P(A)$ 不一定等于 $P(\overline{A})$ ，因此 A 和 B 不一定成立。选项 D 与推导结果矛盾。

解答题

11

求直线 $L:\frac{x - 1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z - 1}{-1}$ 在平面 $\Pi :x - y + 2z - 1 = 0$ 上的投影直线 $L_0$ 的方程，并求 $L_0$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面的方程．

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】
投影直线 $L_0$ 的方程为 $\begin{cases} x - 2y = 0 \\ y + 2z = 1 \end{cases}$ ．
$L_0$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面的方程为 $4x^2 + 4z^2 - 17y^2 + 2y - 1 = 0$ ．

【解析】

设过 $L$ 且垂直于平面 $\Pi$ 的平面为 $\Pi_0$ ，则平面 $\Pi_0$ 过直线 $L$ 上的点 $(1,0,1)$ 且与不共线的向量 $l = (1,1,-1)$ （直线 $L$ 的方向向量）及 $n = (1,-1,2)$ （平面 $\Pi$ 的法向量）平行，于是 $\Pi_0$ 的方程是

\begin{vmatrix} x-1 & y & z-1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow x-3y-2z+1=0.

从而投影直线 $L_0$ 的方程为

\begin{cases} x-y+2z-1=0, \\ x-3y-2z+1=0. \end{cases}

将 $L_0$ 写成参数 $y$ 的方程：

\begin{cases} x=2y, \\ z=\frac{1}{2}(y-1). \end{cases}

则绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面 $S$ 的参数方程为

\begin{cases} x=\sqrt{(2y)^2+\left(\frac{1}{2}(1-y)\right)^2}\cos\theta, \\ y=y, \\ z=\sqrt{(2y)^2+\left(\frac{1}{2}(1-y)\right)^2}\sin\theta. \end{cases}

消去 $\theta$ 得 $S$ 的一般方程为

x^2+z^2=(2y)^2+\left[-\frac{1}{2}(y-1)\right]^2,

即 $4x^2-17y^2+4z^2+2y-1=0$ 。

12

确定常数 $\lambda$ ，使在右半平面 $x > 0$ 上的向量

A(x,y) = 2xy (x^4 + y^2)^{\lambda} i - x^2(x^4 + y^2)^{\lambda} j

为某二元函数 $u(x,y)$ 的梯度，并求 $u(x,y)$ ．

高等数学多元函数微分学方向导数和梯度

【答案】 $\lambda = -1$ ， $u(x,y) = -\arctan\left(\frac{y}{x^2}\right)$

【解析】 向量场 $A(x,y) = 2xy (x^4 + y^2)^{\lambda} \mathbf{i} - x^2 (x^4 + y^2)^{\lambda} \mathbf{j}$ 是某二元函数 $u(x,y)$ 的梯度当且仅当 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，其中 $P = 2xy (x^4 + y^2)^{\lambda}$ ， $Q = -x^2 (x^4 + y^2)^{\lambda}$ 。计算偏导数：

\frac{\partial P}{\partial y} = 2x (x^4 + y^2)^{\lambda} + 4xy^2 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1},

\frac{\partial Q}{\partial x} = -2x (x^4 + y^2)^{\lambda} - 4x^5 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1}.

令两者相等：

2x (x^4 + y^2)^{\lambda} + 4xy^2 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1} = -2x (x^4 + y^2)^{\lambda} - 4x^5 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1}.

整理得：

4x (x^4 + y^2)^{\lambda} + 4xy^2 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1} + 4x^5 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1} = 0.

除以 $4x$ （因 $x > 0$ ）：

(x^4 + y^2)^{\lambda} + y^2 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1} + x^4 \lambda (x^4 + y^2)^{\lambda-1} = 0.

即：

(1 + \lambda) (x^4 + y^2)^{\lambda} = 0.

由于 $(x^4 + y^2)^{\lambda} > 0$ ，有 $1 + \lambda = 0$ ，故 $\lambda = -1$ 。

代入 $\lambda = -1$ ，得 $A(x,y) = \frac{2xy}{x^4 + y^2} \mathbf{i} - \frac{x^2}{x^4 + y^2} \mathbf{j}$ 。求 $u(x,y)$ 使得 $\nabla u = A$ 。由 $\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{x^2}{x^4 + y^2}$ ，积分得：

u(x,y) = \int -\frac{x^2}{x^4 + y^2} \, dy = -x^2 \int \frac{1}{x^4 + y^2} \, dy = -x^2 \cdot \frac{1}{x^2} \arctan\left(\frac{y}{x^2}\right) + C(x) = -\arctan\left(\frac{y}{x^2}\right) + C(x),

其中 $C(x)$ 为 $x$ 的函数。由 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2xy}{x^4 + y^2}$ ，计算：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left[ -\arctan\left(\frac{y}{x^2}\right) \right] = \frac{2xy}{x^4 + y^2} + C'(x).

与 $P$ 比较得 $C'(x) = 0$ ，故 $C(x)$ 为常数，取 $C=0$ ，则 $u(x,y) = -\arctan\left(\frac{y}{x^2}\right)$ 。验证 $\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{x^2}{x^4 + y^2} = Q$ ，符合要求。

13

从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 $y$ (从海平面算起)与下沉速度 $v$ 之间的函数关系．设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用．设仪器的质量为 $m$ ，体积为 $B$ ，海水比重为 $\rho$ ，仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为 $k$ （ $k > 0$ ）．试建立 $y$ 与 $v$ 所满足的微分方程，并求出函数关系式 $y = y(v)$ ．

高等数学常微分方程微分方程的应用

【答案】 $y = -\frac{m}{k} v + \frac{m (mg - \rho g B)}{k^2} \ln \left( \frac{mg - \rho g B}{mg - \rho g B - k v} \right)$

【解析】 根据牛顿第二定律，仪器在下沉过程中受到的净力为 $mg - \rho g B - k v$ ，其中 $mg$ 为重力， $\rho g B$ 为浮力， $k v$ 为阻力。由牛顿第二定律可得：

m \frac{dv}{dt} = mg - \rho g B - k v

利用链式法则 $\frac{dv}{dt} = v \frac{dv}{dy}$ ，代入上式得：

m v \frac{dv}{dy} = mg - \rho g B - k v

整理得到 $y$ 与 $v$ 的微分方程：

\frac{dy}{dv} = \frac{m v}{mg - \rho g B - k v}

对上述微分方程积分求解。令 $A = mg - \rho g B$ ，则：

\frac{dy}{dv} = \frac{m v}{A - k v}

积分得：

y = \int \frac{m v}{A - k v} \, dv = m \int \frac{v}{A - k v} \, dv

计算积分：

\int \frac{v}{A - k v} \, dv = -\frac{1}{k} \int \frac{-k v}{A - k v} \, dv = -\frac{1}{k} \int \left( 1 - \frac{A}{A - k v} \right) dv = -\frac{1}{k} v + \frac{A}{k} \int \frac{1}{A - k v} \, dv

其中：

\int \frac{1}{A - k v} \, dv = -\frac{1}{k} \ln |A - k v|

所以：

\int \frac{v}{A - k v} \, dv = -\frac{1}{k} v - \frac{A}{k^2} \ln |A - k v|

代入得：

y = m \left( -\frac{1}{k} v - \frac{A}{k^2} \ln |A - k v| \right) + C = -\frac{m}{k} v - \frac{m A}{k^2} \ln |A - k v| + C

其中 $C$ 为积分常数。由初始条件 $y = 0$ 时 $v = 0$ ：

0 = -\frac{m}{k} \cdot 0 - \frac{m A}{k^2} \ln |A| + C \implies C = \frac{m A}{k^2} \ln A

由于 $A = mg - \rho g B > 0$ （仪器下沉），且 $A - k v > 0$ 对于 $v < \frac{A}{k}$ （终端速度），代入 $C$ 得：

y = -\frac{m}{k} v - \frac{m A}{k^2} \ln (A - k v) + \frac{m A}{k^2} \ln A = -\frac{m}{k} v + \frac{m A}{k^2} \ln \left( \frac{A}{A - k v} \right)

将 $A = mg - \rho g B$ 代回，得函数关系式：

y = -\frac{m}{k} v + \frac{m (mg - \rho g B)}{k^2} \ln \left( \frac{mg - \rho g B}{mg - \rho g B - k v} \right)

14

计算 $\iint_{\Sigma}\frac{ax\dy\dz + (z + a)^2 \dx\dy}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{1}{2}}}$ ，其中 $\Sigma$ 为下半球面 $z = - \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$ 的上侧， $a$ 为大于零的常数．

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】
$-\frac{\pi}{2} a^3$

【解析】

由于被积函数分母中包含 $(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{1}{2}}$ ，因此不能立即添加辅助面，需先将曲面方程代入被积表达式先化简：

I = \iint_{\Sigma} \frac{a x dy dz + (z + a)^2 dx dy}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{a} \iint_{\Sigma} a x dy dz + (z + a)^2 dx dy.

添加辅助面 $\Sigma_1$ ： $\begin{cases} x^2 + y^2 \leq a^2 \\ z = 0 \end{cases}$ ，其侧向下，则由高斯公式有

I = \frac{1}{a} \iint_{\Sigma + \Sigma_1} a x dy dz + (z + a)^2 dx dy - \frac{1}{a} \iint_{\Sigma_1} a x dy dz + (z + a)^2 dx dy

= \frac{1}{a} \left( -\iint_{\Omega} \left( \frac{\partial (a x)}{\partial x} + \frac{\partial [(z + a)^2]}{\partial z} \right) dV - \left( -\iint_{D} a^2 dx dy \right) \right)

= \frac{1}{a} \left( -\iint_{\Omega} \left( a + 2(z + a) \right) dV + \iint_{D} a^2 dx dy \right),

其中 $\Omega$ 为 $\Sigma$ 与 $\Sigma_1$ 所围成的有界闭区域， $D = \{(x, y)|x^2 + y^2 \leq a^2\}$ 为 $\Sigma_1$ 在 $xOy$ 面上的投影。从而

I = \frac{1}{a} \left( -3a \iiint_{\Omega} dv - 2 \iiint_{\Omega} z dv + a^2 \iint_{D} dx dy \right)

= \frac{1}{a} \left( -3a \cdot \frac{2}{3} \pi a^3 - 2 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{a} r dr \int_{-\sqrt{a^2 - r^2}}^{0} z dz + a^2 \cdot \pi a^2 \right)

= \frac{1}{a} \left( -2\pi a^4 + \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{a} (a^2 r - r^3) dr \right) = \frac{1}{a} \left( -2\pi a^4 + 2\pi \cdot \frac{a^4}{4} \right) = -\frac{\pi}{2} a^3.

15

\lim_{n \to \infty} \left(\frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n + 1\vphantom{\frac{1}{1}}} + \frac{\sin \frac{2\pi}{n}}{n + \frac{1}{2}} + \cdots + \frac{\sin \pi\vphantom{\frac{1}{n}}}{n + \frac{1}{n}} \right)

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【答案】 $\frac{2}{\pi}$

【解析】 考虑和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{n + \frac{1}{k}}$ 。当 $n \to \infty$ 时，分母 $n + \frac{1}{k}$ 近似于 $n$ ，因为 $\frac{1}{k}$ 有界且相对于 $n$ 很小。定义标准黎曼和 $T_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n}$ ，其极限为 $\int_{0}^{1} \sin(\pi x) \, dx = \frac{2}{\pi}$ 。

计算 $S_n$ 与 $T_n$ 的差值：

|S_n - T_n| = \left| \sum_{k=1}^{n} \sin \frac{k\pi}{n} \left( \frac{1}{n + \frac{1}{k}} - \frac{1}{n} \right) \right| \leq \sum_{k=1}^{n} \left| \sin \frac{k\pi}{n} \right| \left| \frac{1}{n + \frac{1}{k}} - \frac{1}{n} \right|.

其中，

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

所以

|S_n - T_n| \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k n^2} = \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sim \frac{\ln n}{n^2} \to 0 \quad (n \to \infty).

因此， $S_n - T_n \to 0$ ，故 $\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} T_n = \int_{0}^{1} \sin(\pi x) \, dx = \frac{2}{\pi}$ 。

\boxed{\dfrac{2}{\pi}}

16

设正项数列 $\left\{a_n \right\}$ 单调减少，且 $\sum_{n = 1}^{\infty}(- 1)^n a_n$ 发散，试问级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\frac{1}{a_n + 1} \right)^n$ 是否收敛？并说明理由．

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【答案】 收敛

【解析】 由于 $\{a_n\}$ 是正项单调减少数列，故极限 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ 存在且 $L \geq 0$ 。若 $L = 0$ ，则由莱布尼茨判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n a_n$ 收敛，与已知条件发散矛盾，故 $L > 0$ 。于是存在正整数 $N$ ，使得当 $n > N$ 时， $a_n > \frac{L}{2}$ 。从而有

\left(\frac{1}{a_n+1}\right)^n < \left(\frac{1}{1+\frac{L}{2}}\right)^n.

由于 $0 < \frac{1}{1+\frac{L}{2}} < 1$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{1+\frac{L}{2}}\right)^n$ 收敛，由比较判别法知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{a_n+1}\right)^n$ 收敛。

17

设 $y = f(x)$ 是区间 $[0,1]$ 上的任一非负连续函数．

(1) 试证存在 $x_0 \in(0,1)$ ，使得在区间 $\left[0,x_0 \right]$ 上以 $f(x_0)$ 为高的矩形面积，等于在区间 $\left[x_0,1 \right]$ 上以 $y = f(x)$ 为曲边的梯形面积．

(2) 又设 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内可导，且 $f'(x) > - \frac{2f(x)}{x}$ ，证明(I)中的 $x_0$ 是唯一的．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】

(1) 存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $x_0 f(x_0) = \int_{x_0}^{1} f(t) \, dt$ 。

(2) 在给定条件下，这样的 $x_0$ 是唯一的。

【解析】

(1) 定义函数 $A(x) = x f(x) - \int_{x}^{1} f(t) \, dt$ ，则需证存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $A(x_0) = 0$ 。考虑函数 $H(x) = \int_{0}^{x} A(t) \, dt$ 。由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故 $A(x)$ 连续， $H(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。计算得：

H(0) = \int_{0}^{0} A(t) \, dt = 0,

H(1) = \int_{0}^{1} A(t) \, dt = \int_{0}^{1} \left[ t f(t) - \int_{t}^{1} f(s) \, ds \right] dt.

交换积分次序：

\int_{0}^{1} \int_{t}^{1} f(s) \, ds \, dt = \int_{0}^{1} f(s) \int_{0}^{s} dt \, ds = \int_{0}^{1} f(s) s \, ds = \int_{0}^{1} t f(t) \, dt.

因此，

H(1) = \int_{0}^{1} t f(t) \, dt - \int_{0}^{1} t f(t) \, dt = 0.

故 $H(0) = H(1) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $H'(x_0) = 0$ 。而 $H'(x) = A(x)$ ，所以 $A(x_0) = 0$ ，即存在 $x_0 \in (0,1)$ 满足要求。

(2) 假设 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导，且 $f'(x) > -\frac{2f(x)}{x}$ 。需证 $A(x) = 0$ 在 $(0,1)$ 内只有一个解。计算 $A(x)$ 的导数：

A'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x f(x) - \int_{x}^{1} f(t) \, dt \right] = f(x) + x f'(x) + f(x) = 2f(x) + x f'(x).

由条件 $f'(x) > -\frac{2f(x)}{x}$ ，两边乘 $x$ （因 $x > 0$ ，不等号方向不变）得：

x f'(x) > -2f(x),

即

x f'(x) + 2f(x) > 0,

所以 $A'(x) > 0$ 在 $(0,1)$ 内成立。故 $A(x)$ 在 $(0,1)$ 内严格递增。由(1)知存在至少一个 $x_0$ 使 $A(x_0) = 0$ ，结合严格递增性，这样的 $x_0$ 唯一。

\boxed{\text{详见解析}}

18

已知二次曲面方程 $x^2 + ay^2 + z^2 + 2bxy + 2xz + 2yz = 4$ ，可以经过正交变换

\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = P\begin{pmatrix} \xi \\ \eta \\ \zeta \end{pmatrix}

化为椭圆柱面方程 $\eta^2 + 4\zeta^2 = 4$ ，求 $a,b$ 的值和正交矩阵 $P$ ．

线性代数二次型

【答案】
$a = 3$ ， $b = 1$ ，正交矩阵 $P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$

【解析】
二次曲面方程 $x^2 + ay^2 + z^2 + 2bxy + 2xz + 2yz = 4$ 的矩阵形式为 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = 4$ ，其中 $A = \begin{pmatrix} 1 & b & 1 \\ b & a & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ 。经过正交变换 $\mathbf{x} = P \mathbf{\xi}$ ，化为椭圆柱面方程 $\eta^2 + 4\zeta^2 = 4$ ，对应矩阵形式 $\mathbf{\xi}^T B \mathbf{\xi} = 4$ ，其中 $B = \operatorname{diag}(0, 1, 4)$ 。因此 $P^T A P = B$ ，即 $A$ 的特征值为 $0, 1, 4$ 。

求特征多项式 $\det(A - \lambda I) = 0$ ：

A - \lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & b & 1 \\ b & a-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}

行列式为：

\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 + (a+2)\lambda^2 + (-2a + b^2 + 1)\lambda + (-1 - b^2 + 2b)

代入特征值：

$\lambda = 0$ ： $-1 - b^2 + 2b = 0$ ，解得 $b = 1$ 。
$\lambda = 1$ ：代入 $b = 1$ ，得 $-a + 3 = 0$ ，解得 $a = 3$ 。
$\lambda = 4$ ：验证满足。

故 $a = 3$ ， $b = 1$ 。此时 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ 。

求特征向量：

$\lambda = 0$ ：解 $A \mathbf{v} = 0$ ，得 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ 。
$\lambda = 1$ ：解 $(A - I) \mathbf{v} = 0$ ，得 $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 。
$\lambda = 4$ ：解 $(A - 4I) \mathbf{v} = 0$ ，得 $\mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ 。

单位化：

$\|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{2}$ ，单位向量 $\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ 。
$\|\mathbf{v}_2\| = \sqrt{3}$ ，单位向量 $\frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 。
$\|\mathbf{v}_3\| = \sqrt{6}$ ，单位向量 $\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ 。

正交矩阵 $P$ 的列对应特征值 $0, 1, 4$ 的单位特征向量：

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

19

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，若存在正整数 $k$ ，使线性方程组 $A^k x = 0$ 有解向量 $\alpha$ ，且 $A^{k - 1}\alpha \ne 0$ ，证明：向量组 $\alpha ,A\alpha , \cdots,A^{k - 1}\alpha$ 是线性无关的．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 向量组 $\alpha, A\alpha, \cdots, A^{k-1}\alpha$ 是线性无关的。

【解析】

设有常数 $\lambda_0, \lambda_1, \cdots, \lambda_{k-1}$ ，使得

\lambda_0 \alpha + \lambda_1 A \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{k-1} \alpha = 0.

两边左乘 $A^{k-1}$ ，则有

A^{k-1} (\lambda_0 \alpha + \lambda_1 A \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{k-1} \alpha) = 0

\Rightarrow \lambda_0 A^{k-1} \alpha + \lambda_1 A^k \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{2(k-1)} \alpha = 0.

因 $A^k \alpha = 0$ ，从而有 $\lambda_0 A^{k-1} \alpha = 0$ 。由题设 $A^{k-1} \alpha \neq 0$ ，所以 $\lambda_0 = 0$ 。于是

\lambda_1 A \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{k-1} \alpha = 0.

两边左乘 $A^{k-2}$ ，则有

A^{k-2} (\lambda_1 A \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{k-1} \alpha) = 0

\Rightarrow \lambda_1 A^{k-1} \alpha + \cdots + \lambda_{k-1} A^{2k-3} \alpha = 0.

同样由 $A^k \alpha = 0$ 和 $A^{k-1} \alpha \neq 0$ 得 $\lambda_1 = 0$ 。类似地可证明 $\lambda_2 = \cdots = \lambda_{k-1} = 0$ 。因此向量组 $\alpha, A \alpha, \cdots, A^{k-1} \alpha$ 是线性无关的。

20

已知线性方程组

\text{\textcircled{1}}\; \begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1,2n}x_{2n} = 0, \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2,2n}x_{2n} = 0, \\ \vdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{n,2n}x_{2n} = 0 \end{cases}

的一个基础解系为 $b_1=(b_{11},\dots,b_{1,2n})^T,\; b_2,\dots,b_n$ 。试写出线性方程组

\text{\textcircled{2}}\; \begin{cases} b_{11}y_1 + b_{12}y_2 + \cdots + b_{1,2n}y_{2n} = 0, \\ b_{21}y_1 + b_{22}y_2 + \cdots + b_{2,2n}y_{2n} = 0, \\ \vdots \\ b_{n1}y_1 + b_{n2}y_2 + \cdots + b_{n,2n}y_{2n} = 0 \end{cases}

的通解，并说明理由。

线性代数线性方程组

【答案】 线性方程组②的通解为：

y = k_1 (a_{11}, a_{12}, \dots, a_{1,2n})^T + k_2 (a_{21}, a_{22}, \dots, a_{2,2n})^T + \cdots + k_n (a_{n1}, a_{n2}, \dots, a_{n,2n})^T

其中 $k_1, k_2, \dots, k_n$ 为任意常数。

【解析】 设线性方程组①的系数矩阵为 $A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1,2n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2,2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{n,2n} \end{pmatrix}$ 。由题意，方程组①的基础解系为 $b_1, b_2, \dots, b_n$ ，且每个 $b_j$ 是 $2n$ 维列向量，满足 $A b_j = 0$ 。基础解系有 $n$ 个向量，因此方程组①的解空间维数为 $n$ ，且系数矩阵 $A$ 的秩为 $2n - n = n$ ，即 $A$ 行满秩。

线性方程组②的系数矩阵为 $B = \begin{pmatrix} b_1^T \\ b_2^T \\ \vdots \\ b_n^T \end{pmatrix}$ 。由于 $b_1, b_2, \dots, b_n$ 线性无关， $B$ 的行秩为 $n$ ，故 $B$ 行满秩，方程组②的解空间维数为 $2n - n = n$ 。

由 $A b_j = 0$ 可知，对任意 $i$ 和 $j$ ，有 $a_i b_j = 0$ ，其中 $a_i$ 是 $A$ 的第 $i$ 行行向量。这意味着 $b_j^T a_i^T = 0$ ，即每个 $a_i^T$ 满足方程组②的每个方程 $b_j^T y = 0$ 。因此， $a_1^T, a_2^T, \dots, a_n^T$ 都是方程组②的解。由于 $A$ 行满秩， $a_1, a_2, \dots, a_n$ 线性无关，故 $a_1^T, a_2^T, \dots, a_n^T$ 也线性无关，且个数为 $n$ ，正好是方程组②解空间的维数。因此，它们构成方程组②的一个基础解系。

于是，方程组②的通解可表示为 $a_1^T, a_2^T, \dots, a_n^T$ 的线性组合，即：

y = k_1 a_1^T + k_2 a_2^T + \cdots + k_n a_n^T = k_1 (a_{11}, a_{12}, \dots, a_{1,2n})^T + k_2 (a_{21}, a_{22}, \dots, a_{2,2n})^T + \cdots + k_n (a_{n1}, a_{n2}, \dots, a_{n,2n})^T

其中 $k_1, k_2, \dots, k_n$ 为任意常数。

21

设两个随机变量 $X,Y$ 相互独立，且都服从均值为 $0$ 、方差为 $\frac{1}{2}$ 的正态分布，求随机变量 $|X - Y|$ 的方差．

概率论与数理统计多维随机变量及其分布边缘分布和条件分布

【答案】 $1 - \frac{2}{\pi}$

【解析】 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且均服从 $N(0, \frac{1}{2})$ ，则 $X - Y$ 服从正态分布，其均值为

E[X - Y] = E[X] - E[Y] = 0,

方差为

\text{Var}(X - Y) = \text{Var}(X) + \text{Var}(Y) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1,

即 $X - Y \sim N(0, 1)$ 。

令 $Z = X - Y$ ，则 $Z \sim N(0, 1)$ ，需要求 $\text{Var}(|Z|)$ 。
方差公式为

\text{Var}(|Z|) = E[|Z|^2] - (E[|Z|])^2.

由于 $|Z|^2 = Z^2$ ，且 $Z \sim N(0, 1)$ ，有

E[Z^2] = \text{Var}(Z) = 1,

故

E[|Z|^2] = 1.

对于标准正态分布，

E[|Z|] = \sqrt{\frac{2}{\pi}}.

因此，

\text{Var}(|Z|) = 1 - \left( \sqrt{\frac{2}{\pi}} \right)^2 = 1 - \frac{2}{\pi}.

故随机变量 $|X - Y|$ 的方差为 $1 - \frac{2}{\pi}$ 。

22

从正态总体 $N\left(3.4,6^2 \right)$ 中抽取容量为 $n$ 的样本，如果要求其样本均值位于区间 $(1.4,5.4)$ 内的概率不小于 $0.95$ ，问样本容量 $n$ 至少应取多大？

\begin{array}{c} \text{附表：标准正态分布表} \\ \Phi(z) = \int_{-\infty}^{z} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \end{array}

\begin{array}{|c|cccc|} \hline z & 1.28 & 1.645 & 1.96 & 2.33 \\ \hline \Phi(z) & 0.900 & 0.950 & 0.975 & 0.990 \\ \hline \end{array}

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】 $35$

【解析】 总体服从正态分布 $N(3.4, 6^2)$ ，样本容量为 $n$ ，样本均值 $\bar{X}$ 服从正态分布 $N\left(3.4, \frac{36}{n}\right)$ 。要求 $P(1.4 < \bar{X} < 5.4) \geq 0.95$ 。

将 $\bar{X}$ 标准化：令 $Z = \frac{\bar{X} - 3.4}{6 / \sqrt{n}}$ ，则 $Z \sim N(0,1)$ 。概率化为：

P(1.4 < \bar{X} < 5.4) = P\left( \frac{1.4 - 3.4}{6 / \sqrt{n}} < Z < \frac{5.4 - 3.4}{6 / \sqrt{n}} \right) = P\left( -\frac{\sqrt{n}}{3} < Z < \frac{\sqrt{n}}{3} \right) = 2\Phi\left( \frac{\sqrt{n}}{3} \right) - 1.

其中 $\Phi$ 为标准正态分布函数。

由条件：

2\Phi\left( \frac{\sqrt{n}}{3} \right) - 1 \geq 0.95,

解得：

\Phi\left( \frac{\sqrt{n}}{3} \right) \geq 0.975.

查表得 $\Phi(1.96) = 0.975$ ，因此：

\frac{\sqrt{n}}{3} \geq 1.96,

\sqrt{n} \geq 1.96 \times 3 = 5.88,

n \geq (5.88)^2 = 34.5744.

由于 $n$ 为整数，故 $n$ 至少取 35。

23

设某次考试的学生成绩服从正态分布，从中随机地抽取 $36$ 位考生的成绩，算得平均成绩为 $66.5$ 分，标准差为 $15$ 分．问在显著性水平 $0.05$ 下，是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为 $70$ 分？并给出检验过程．

\text{附表：\(t\)分布表 \(P\{t(n) \le t_p(n)\} = p\)}

\begin{array}{|c|cc|} \hline \begin{array}{c} n \\ \hline t_p(n) \end{array} & p = 0.95 & p = 0.975 \\ \hline 35 & 1.6896 & 2.0301 \\ 36 & 1.6883 & 2.0281 \\ \hline \end{array}

概率论与数理统计参数估计与假设检验假设检验

【答案】 在显著性水平 $0.05$ 下，可以认为这次考试全体考生的平均成绩为 $70$ 分。

【解析】
本题采用单样本 t 检验，检验总体均值是否等于 70 分。

1. 设立假设

原假设 $H_0: \mu = 70$
备择假设 $H_1: \mu \neq 70$
这是一个双尾检验。

2. 计算检验统计量
已知：

样本均值 $\bar{x} = 66.5$
样本标准差 $s = 15$
样本容量 $n = 36$

检验统计量为：

t = \frac{\bar{x} - \mu}{s / \sqrt{n}} = \frac{66.5 - 70}{15 / \sqrt{36}} = \frac{-3.5}{15 / 6} = \frac{-3.5}{2.5} = -1.4

3. 确定临界值

显著性水平 $\alpha = 0.05$
自由度 $df = n - 1 = 35$
查 t 分布表得：当 $p = 0.975$ 时， $t_{0.975}(35) = 2.0301$
因此双尾检验的临界值为 $\pm 2.0301$

4. 决策

检验统计量 $t = -1.4$ 落在接受域 $(-2.0301, 2.0301)$ 内
因此不拒绝原假设 $H_0$

5. 结论
在显著性水平 $0.05$ 下，没有足够证据拒绝平均成绩为 70 分的假设，因此可以认为全体考生的平均成绩为 70 分。