卷 4

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

2

设 $z = \e^{- x} - f(x - 2y)$ ，且当 $y = 0$ 时， $z = x^2$ ，则 $\frac{\pdz}{\pdx} =$ ______．

【答案】

\boxed{2(x-2y) + e^{-x}(e^{2y}-1)}

【解析】
已知 $z = e^{-x} - f(x - 2y)$ ，且当 $y = 0$ 时， $z = x^2$ 。
代入 $y = 0$ 得：

z = e^{-x} - f(x) = x^2

解得：

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

因此，

f(x - 2y) = e^{-(x - 2y)} - (x - 2y)^2 = e^{-x + 2y} - (x - 2y)^2

代入原式得：

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

对 $x$ 求偏导：

\frac{\partial z}{\partial x} = -e^{-x} - (-e^{-x + 2y}) + 2(x - 2y) = -e^{-x} + e^{-x + 2y} + 2(x - 2y)

整理得：

\frac{\partial z}{\partial x} = 2(x - 2y) + e^{-x}(e^{2y} - 1)

故答案为 $\boxed{2(x-2y) + e^{-x}(e^{2y}-1)}$ 。

3

设行列式 $D = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 0 & 0 \\ 5 & 3 & -2 & 2 \end{vmatrix}$ ，则第 $4$ 行各元素余子式之和的值为 ______．

线性代数行列式

【答案】 -28

【解析】
根据代数余子式的定义： $A_{41} = (-1)^{4+1}M_{41} = -M_{41}$ $A_{42} = (-1)^{4+2}M_{42} = M_{42}$ $A_{43} = (-1)^{4+3}M_{43} = -M_{43}$ $A_{44} = (-1)^{4+4}M_{44} = M_{44}$

所以：

M_{41} + M_{42} + M_{43} + M_{44} = -A_{41} + A_{42} - A_{43} + A_{44}

根据行列式展开定理，这个和等于将原行列式 $D$ 的第4行元素替换为 $-1, 1, -1, 1$ 后的行列式的值：

M_{41} + M_{42} + M_{43} + M_{44} = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{vmatrix}

计算这个行列式：

\begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = 2 \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -7 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{vmatrix}

将第二行乘以 $\frac{1}{2}$ ，行列式值乘以2。

继续计算：

= 2 \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -7 & 2 & 0 \\ -2 & 0 & -2 & 0 \end{vmatrix}

将第四行加上第一行，第四列全为0。

= 2 \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 0 & -7 & 2 \\ -2 & 0 & -2 \end{vmatrix}

按第四列展开，只剩前3×3行列式。

= 2 \left[ 3 \cdot \begin{vmatrix} -7 & 2 \\ 0 & -2 \end{vmatrix} - 0 + 4 \cdot \begin{vmatrix} 0 & -7 \\ -2 & 0 \end{vmatrix} \right]

= 2 \left[ 3 \cdot (14) + 4 \cdot (14) \right]

= 2 \left[ 42 - 56 \right]

= 2 \cdot (-14) = -28

所以，第4行各元素余子式之和的值为 $-28$ 。

最终答案： $\boxed{-28}$

4

同试卷 3 第 3 题

5

同试卷 3 第 4 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

9

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ，与 $A \cup B = B$ 不等价的是

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：D

对于任意事件 $A$ 和 $B$ ， $A \cup B = B$ 等价于 $A \subset B$ 。

选项 A 直接等价于 $A \subset B$ ，因此与 $A \cup B = B$ 等价。
选项 B $\bar{B} \subset \bar{A}$ 是 $A \subset B$ 的补集形式，因此也等价。
选项 C $A \bar{B} = \emptyset$ 表示 $A$ 与 $B$ 的补集之交为空，即 $A$ 中的元素都在 $B$ 中，因此等价于 $A \subset B$ 。
选项 D $\bar{A} B = \emptyset$ 表示 $B$ 与 $A$ 的补集之交为空，即 $B$ 中的元素都在 $A$ 中，这等价于 $B \subset A$ ，与 $A \subset B$ 不等价（除非 $A = B$ ）。

因此，与 $A \cup B = B$ 不等价的是选项 D。

10

同试卷 1 第 10 题

解答题

11

同试卷 3 第 11 题

12

同试卷 3 第 12 题

13

同试卷 3 第 13 题

14

某商品进价为 $a$ （元/件），根据以往经验，当销售价为 $b$ （元/件）时，销售量为 $c$ 件（ $a$ , $b$ , $c$ 均为正常数，且 $b \ge \frac{4}{3}a$ ）．市场调查表明，销售价每下降$10
试问，当销售价定为多少时，可获得最大利润？并求出最大利润．

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 当销售价定为 $\frac{5b+4a}{8}$ 元/件时，可获得最大利润，最大利润为 $\frac{c}{16b}(5b-4a)^2$ 元。

【解析】 设销售价为 $x$ 元/件，则根据市场调查，销售价每下降10%（相对于原销售价 $b$ ），销售量增加40%。因此，销售价下降百分比为 $r = \frac{b-x}{b}$ ，销售量 $q = c(1 + 4r) = c \cdot \frac{5b - 4x}{b}$ 。

利润函数为：

L = (x - a) \cdot q = (x - a) \cdot c \cdot \frac{5b - 4x}{b} = \frac{c}{b} (x - a)(5b - 4x).

这是一个关于 $x$ 的二次函数，且二次项系数为负，故存在最大值。通过求顶点坐标，可得最大利润对应的销售价：

x^* = \frac{5b + 4a}{8}.

代入利润函数，计算最大利润：

\begin{align*} L_{\text{max}} &= \frac{c}{b} \left( \frac{5b + 4a}{8} - a \right) \left( 5b - 4 \cdot \frac{5b + 4a}{8} \right) \\ &= \frac{c}{b} \cdot \frac{5b - 4a}{8} \cdot \frac{5b - 4a}{2} \\ &= \frac{c}{16b} (5b - 4a)^2. \end{align*}

由于 $b \ge \frac{4}{3}a$ ，有 $5b - 4a > 0$ ，且 $x^* \le b$ 和 $x^* \ge a$ 均成立，故该解有效。

15

设 $f(x)$ 在区间 $[0.1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且满足 $f(1) = 3\int_0^{1/3} \e^{1 - x^2} f(x)\dx$ ．证明至少存在一点 $\xi \in(0,1)$ ，使得 $f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$ ．

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】 令 $g(x) = \e^{-x^2} f(x)$ ，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且

g'(x) = \e^{-x^2} [f'(x) - 2x f(x)].

由题设条件 $f(1) = 3\int_0^{1/3} \e^{1 - x^2} f(x) \dx$ ，两边同乘 $\e^{-1}$ 得

\e^{-1} f(1) = 3\int_0^{1/3} \e^{-x^2} f(x) \dx,

即

g(1) = 3\int_0^{1/3} g(x) \dx.

由积分中值定理，存在 $c \in [0, 1/3]$ ，使得

\int_0^{1/3} g(x) \dx = \frac{1}{3} g(c),

所以

g(1) = 3 \cdot \frac{1}{3} g(c) = g(c).

因此 $g(c) = g(1)$ 。在区间 $[c, 1]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (c, 1) \subset (0,1)$ ，使得 $g'(\xi) = 0$ ，即

\e^{-\xi^2} [f'(\xi) - 2\xi f(\xi)] = 0,

故 $f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$ 。证毕。

16

设函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 内连续， $f(1) = \frac{5}{2}$ ，且对所有 $x,t \in(0, +\infty)$ ，满足条件

\int_1^{xt} f(u)\du = t\int_1^x f(u)\du + x\int_1^t f(u)\du .

求 $f(x)$ ．

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】

f(x) = \frac{5}{2} (1 + \ln x)

【解析】 设 $F(x) = \int_1^x f(u) \, du$ ，则原方程化为：

F(xt) = t F(x) + x F(t)

对两边关于 $t$ 求导（视 $x$ 为常数）：

x f(xt) = F(x) + x f(t)

令 $t = 1$ ，代入 $f(1) = \frac{5}{2}$ ：

x f(x) = F(x) + x \cdot \frac{5}{2}

即：

x f(x) = \int_1^x f(u) \, du + \frac{5}{2} x

两边对 $x$ 求导：

f(x) + x f'(x) = f(x) + \frac{5}{2}

简化得：

x f'(x) = \frac{5}{2}

解得：

f'(x) = \frac{5}{2x}

积分得：

f(x) = \frac{5}{2} \ln x + C

代入 $f(1) = \frac{5}{2}$ ：

\frac{5}{2} = \frac{5}{2} \ln 1 + C \implies C = \frac{5}{2}

故：

f(x) = \frac{5}{2} (1 + \ln x)

验证：令 $F(x) = \int_1^x f(u) \, du = \frac{5}{2} x \ln x$ ，则 $F(xt) = \frac{5}{2} xt \ln (xt) = \frac{5}{2} xt (\ln x + \ln t)$ ，且 $t F(x) + x F(t) = \frac{5}{2} xt \ln x + \frac{5}{2} xt \ln t = \frac{5}{2} xt (\ln x + \ln t)$ ，满足原方程。

17

同试卷 3 第 17 题

18

设 $\alpha_i = (a_{i1},a_{i2}, \cdots ,a_{in})^T$ （ $i = 1,2, \cdots ,r$ ； $r < n$ ）是 $n$ 维实向量，且 $\alpha_1$ , $\alpha_2$ , $\cdots$ , $\alpha_r$ 线性无关．已知 $\beta = (b_1,b_2, \cdots ,b_n)^T$ 是线性方程组

\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0, \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0, \\ \cdots \cdots \\ a_{r1}x_1 + a_{r2}x_2 + \cdots + a_{rn}x_n = 0, \end{cases}

的非零解向量．试判断向量组 $\alpha_1$ , $\alpha_2$ , $\cdots$ , $\alpha_r$ , $\beta$ 的线性相关性．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 线性无关

【解析】
考虑向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r, \beta$ 的线性相关性。设存在标量 $c_1, c_2, \cdots, c_r, c_{r+1}$ ，使得

c_1 \alpha_1 + c_2 \alpha_2 + \cdots + c_r \alpha_r + c_{r+1} \beta = 0.

由于 $\beta$ 是线性方程组的解向量，即对于每个 $i = 1, 2, \cdots, r$ ，有 $\alpha_i^T \beta = 0$ 。将上述方程两边与 $\beta$ 做内积（即左乘 $\beta^T$ ），得

c_1 \beta^T \alpha_1 + c_2 \beta^T \alpha_2 + \cdots + c_r \beta^T \alpha_r + c_{r+1} \beta^T \beta = 0.

由 $\alpha_i^T \beta = 0$ 可知 $\beta^T \alpha_i = 0$ ，因此

c_{r+1} \beta^T \beta = 0.

由于 $\beta$ 是非零向量， $\beta^T \beta = \|\beta\|^2 \neq 0$ ，故 $c_{r+1} = 0$ 。代入原方程，得

c_1 \alpha_1 + c_2 \alpha_2 + \cdots + c_r \alpha_r = 0.

已知 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ 线性无关，因此 $c_1 = c_2 = \cdots = c_r = 0$ 。综上，所有标量均为零，故向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r, \beta$ 线性无关。

19

同试卷 3 第 19 题

20

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布在以点 $(0,1)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ 为顶点的三角形区域上服从均匀分布，试求随机变量 $U = X + Y$ 的方差．

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】 $\frac{1}{18}$

【解析】 随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率密度函数在三角形区域上为常数。三角形的顶点为 $(0,1)$ 、 $(1,0)$ 、 $(1,1)$ ，其面积为 $\frac{1}{2}$ ，因此联合概率密度函数为 $f_{X,Y}(x,y) = 2$ ，其中 $0 \leq x \leq 1$ ， $1-x \leq y \leq 1$ 。

需要求 $U = X + Y$ 的方差，即 $\text{Var}(U) = E[U^2] - (E[U])^2$ 。首先计算 $E[U] = E[X + Y] = E[X] + E[Y]$ 。

计算 $E[X]$ ：

\begin{align*} E[X] &= \int_{0}^{1} \int_{1-x}^{1} 2x \, dy \, dx \\ &= \int_{0}^{1} 2x \left[ y \right]_{1-x}^{1} dx = \int_{0}^{1} 2x \cdot x \, dx \\ &= \int_{0}^{1} 2x^2 \, dx = 2 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{2}{3}. \end{align*}

类似地，计算 $E[Y]$ ：

\begin{align*} E[Y] &= \int_{0}^{1} \int_{1-x}^{1} 2y \, dy \, dx = \int_{0}^{1} 2 \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{1-x}^{1} dx \\ &= \int_{0}^{1} \left[ 1 - (1-x)^2 \right] dx = \int_{0}^{1} (2x - x^2) \, dx \\ &= \left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} \\ &= 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}. \end{align*}

所以 $E[U] = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$ .

接下来计算 $E[U^2] = E[(X+Y)^2] = E[X^2] + 2E[XY] + E[Y^2]$ 。

计算 $E[X^2]$ ：

E[X^2] = \int_{0}^{1} \int_{1-x}^{1} 2x^2 \, dy \, dx = \int_{0}^{1} 2x^2 \cdot x \, dx = \int_{0}^{1} 2x^3 \, dx = 2 \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}.

计算 $E[Y^2]$ ：

\begin{align*} E[Y^2] &= \int_{0}^{1} \int_{1-x}^{1} 2y^2 \, dy \, dx = \int_{0}^{1} 2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_{1-x}^{1} dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{2}{3} \left[ 1 - (1-x)^3 \right] dx = \int_{0}^{1} \frac{2}{3} (3x - 3x^2 + x^3) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \left( 2x - 2x^2 + \frac{2}{3}x^3 \right) dx = \left[ x^2 - \frac{2}{3}x^3 + \frac{1}{6}x^4 \right]_{0}^{1} \\ &= 1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{6} \\ &= \frac{1}{2}. \end{align*}

计算 $E[XY]$ ：

\begin{align*} E[XY] &= \int_{0}^{1} \int_{1-x}^{1} 2xy \, dy \, dx = \int_{0}^{1} 2x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{1-x}^{1} dx \\ &= \int_{0}^{1} x \left[ 1 - (1-x)^2 \right] dx = \int_{0}^{1} x (2x - x^2) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} (2x^2 - x^3) \, dx = \left[ \frac{2}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4 \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{4} = \frac{5}{12}. \end{align*}

所以 $E[U^2] = \frac{1}{2} + 2 \times \frac{5}{12} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + \frac{10}{12} + \frac{1}{2} = \frac{11}{6}$ .

因此， $\text{Var}(U) = E[U^2] - (E[U])^2 = \frac{11}{6} - \left( \frac{4}{3} \right)^2 = \frac{11}{6} - \frac{16}{9} = \frac{33}{18} - \frac{32}{18} = \frac{1}{18}$ .