数一2014

一、选择题

(本题共 8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目 要求,把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

下列曲线中有渐近线的是 $()$
(A) $y=x+\sin x$.
(B) $y=x^2+\sin x$.
(C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$.
(D) $y=x^2+\sin \frac{1}{x}$.

(1)

• 铅直渐近线
  • 先通过无定义的点找铅直渐近线
• 水平
  • 再从X趋向于无穷时, 是否为常数 $\to$ 来判断是否有水平渐进线
• 斜
  • 最后再求是否有斜渐进线
• 这四个选项显然没有铅直渐线和水平渐进线
  • 那么就通过斜渐进线的公式 $\to$ 依次求斜渐近线
    这道题目考查了四个不同函数的渐近线情况。解题步骤如下：
• 分析四个函数的渐近线情况
  • 判断选项 (A) $y=x+\sin x$
    • 水平渐近线
      • 计算 $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }(x+\sin x)=\infty$
        • 不存在水平渐近线
        • 并且是奇函数，则另一侧也没有水平渐近线
    • 铅直渐近线
      • $y=x+\sin x$ 没有无定义的点
        • 不存在铅直渐近线
    • 斜渐近线
      • 计算斜率 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{y}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)\stackrel{\frac{\sin \infty }{\infty }=0}{=}1$
      • 计算截距 $\underset{x\to \infty }{\lim }(y-x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\sin x$ 为震荡函数，极限不存在
        • 不存在斜渐近线
  • 判断选项 (B) $y=x^2+\sin x$
    • 与选项 (A) 类似，无水平、铅直和斜渐近线
  • 判断选项 (C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$
    • 水平渐近线
      • 不存在
    • 铅直渐近线
      • 间断点 $x=0$
      • $\underset{x\to 0}{\lim }y=\underset{x\to 0}{\lim }\left(x+\sin \frac{1}{x}\right)\stackrel{x=0}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\sin \frac{1}{x}\ne \infty$
        • 不存在铅直渐近线
    • 斜渐近线
      • 计算斜率 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{y}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x+\sin \frac{1}{x}}{x}\stackrel{\text{拆项}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{\sin \frac{1}{x}}{x}\right)\stackrel{\frac{\sin \frac{1}{\infty }}{\infty }=0}{=}1+0=1$
      • 计算截距 $\underset{x\to \infty }{\lim }(y-x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x+\sin \frac{1}{x}-x\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \frac{1}{x}=\stackrel{\sin \frac{1}{\infty }=\sin 0}{=}0$
        • 存在斜渐近线 $y=x$
  • 判断选项 (D) $y=x^2+\sin \frac{1}{x}$
    • 类似于选项 (B)，无水平、铅直和斜渐近线
      综合分析，只有选项 (C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$ 有一条斜渐近线 $y=x$。因此，正确答案是选项 (C)。
      答 应选(C).

(2)

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数, $g(x)=f(0)(1-x)+f(1)x$, 则在区间 $[0,1]$ 上 $()$
(A) 当 $f^{\prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩾g(x)$.
(B) 当 $f^{\prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩽g(x)$.
(C) 当 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩾g(x)$.
(D) 当 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩽g(x)$.

(2)

• 答 应选(D).
• 题中问的是，
  • 当$f^{\prime }(x)⩾0$时，fx和gx的一个大小关系
    
  • 当$f^{\prime \prime }(x)⩾0$时，fx与gx的大小关系
    

(3)

设 $f(x,y)$ 是连续函数, 则 ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{-\sqrt{1-y^2}}^{1-y}f(x,y)\mathrm{d}x=()$
(A) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x-1}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)\mathrm{d}y$.
(B) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{0}f(x,y)\mathrm{d}y$.
(C) ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.
(D) ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\cos \theta +\sin \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.

(3)

• 答 应选(D).
• AB选项是交换x和y的积分次序
  
  • $\begin{array}{ll}-1⩽x⩽0,& 0⩽y⩽\sqrt{1-x^2}\end{array}$
  • $0⩽x⩽1,0⩽y⩽1-x$
  • 在直角坐标系下，原式 $={\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x}}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}f(x,y)\mathrm{d}y$
• CD选项是将直角坐标系化为极坐标系
  
  • 在极坐标系下,
    原式 $={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$
  • 故应该选(D).

(4)

若 ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(x-a_1\cos x-b_1\sin x\right)}^2\mathrm{d}x=\underset{a,b\in \mathbf{R}}{\min }\left\{{\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x\right\}$, 则 $a_1\cos x+b_1\sin x=($ )
(A) $2\sin x$.
(B) $2\cos x$.
(C) $2\pi \sin x$.
(D) $2\pi \cos x$.

(4)

• 答 应选(A).
• $\begin{array}{rl}{\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x& \end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{完全平方}}{=}{\int }_{-\pi }^{\pi }\left(x^2+a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x-2ax\cos x-2bx\sin x+2ab\sin x\cos x\right)\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{奇函数为}0}{\overset{\text{ 对称性 }}{=}}2{\int }_0^{\pi }{x}^2\mathrm{d}x+\underset{\text{分成两部分计算}}{\underbrace{2{\int }_0^{\pi }\left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x-2bx\sin x\right)\mathrm{d}x}}\end{array}$
    • $2{\int }_0^{\pi }\left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)dx$
      • $\underset{{\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}xdx}{\overset{{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{3}}{\cos }^{2}xdx}{=}}4\left(a^2+b^2\right){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx$
      • $\stackrel{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx=\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}}{=}4\left(a^2+b^2\right)\cdot \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}$
    • ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=-{\int }_0^{\pi }xd(\cos x)$
      • $\begin{array}{rl}& =-\left[{x\cos x|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\cos xdx\right]\end{array}$
      • $\begin{array}{r}=\pi \end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{2{\pi }^3}{3}+4\left(a^2+b^2\right)\cdot \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}-4b\pi \end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{2}{3}{\pi }^3+\left(a^2+b^2-4b\right)\pi .\end{array}$
  • 本题相当于求函数 $a^2+b^2-4b$ 的极小值点,
    显然可知当 $a=0,b=2$ 时，${\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x$最小, 所以选 (A).
    • 函数大，积分就大

(5)

行列式 $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|=($ )
(A) $(ad-bc{)}^2$.
(B) $-(ad-bc{)}^2$.
(C) $a^2{d}^2-b^2{c}^2$.

(5)

• 直接按行或按列展开，而不是去两两交换某一行或某一列
  • $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|\underset{\text{按第一列展开}}{\overset{\text{注意正负号}}{=}}\underset{\text{按第三列展开}}{\underbrace{a(-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ c& d& 0\\ 0& 0& d\end{array}\right|}}+\underset{\text{按第二行展开}}{\underbrace{c(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ 0& 0& b\\ c& d& 0\end{array}\right|}}$
  • $-ad\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|+bc\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc)\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc{)}^2$
    应选(B).
    解法 1 利用行列式的性质与公式计算行列式:
• $\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|\stackrel{r_1\to r_4}{=}-\left|\begin{array}{llll}c& 0& 0& d\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ 0& a& b& 0\end{array}\right|\stackrel{c_2\to c_1}{=}\left|\begin{array}{llll}c& d& 0& 0\\ a& b& 0& 0\\ 0& 0& d& c\\ 0& 0& b& a\end{array}\right|=(bc-ad)(ad-bc)=-(ad-bc{)}^2.$解法 2 利用行列式的性质与按某一行(列)展开定理计算行列式:
• $\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{llll}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|& =a(-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ c& d& 0\\ 0& 0& d\end{array}\right|+c(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{lll}a& b& 0\\ 0& 0& b\\ c& d& 0\end{array}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}=-ad\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|+bc\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc)\left|\begin{array}{ll}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc{)}^2.\end{array}$注 解法 1 中利用了特殊的拉普拉斯展开式,如下所述.
  如果 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 分别是 $m$ 阶和 $n$ 阶矩阵,则
• $\left|\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \ast \\ \mathbf{O}& \mathbf{B}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \ast & \mathbf{B}\end{array}\right|=|\mathbf{A}||\mathbf{B}|,\left|\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \ast \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\ast & \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|=(-1{)}^{mn}|\mathbf{A}||\mathbf{B}|.$

(6)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 均为 3 维向量, 则对任意常数 $k,l$, 向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关是向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1$, ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关的 ( )
(A) 必要非充分条件.
(B) 充分非必要条件.
(C) 充分必要条件.
(D) 既非充分也非必要条件.

(6)

• 答 应选 (A).
  解 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 设 ${\lambda }_1\left({\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3\right)+{\lambda }_2\left({\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3\right)=0$, 即
• ${\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1+{\lambda }_2{\mathbf{\alpha }}_2+\left(k{\lambda }_1+l{\lambda }_2\right){\mathbf{\alpha }}_3=0\Rightarrow {\lambda }_1={\lambda }_2=k{\lambda }_1+l{\lambda }_2=0,$从而 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关. 反之, 若 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 不一定有 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关. 例如
• ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ 0\end{array}\right).$显然, ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 而 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关. 故 ${\mathbf{\alpha }}_1+k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_2+l{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关是 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线 性无关的必要条件,而非充分条件,因此选 (A).
  注 这是一道选择题, 可直接取 $k=l=0$, 此时显然向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关是向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无 关的必要非充分条件. 此方法仅可用于排除法.

(7)

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, 且 $P(B)=0.5,P(A-B)=0.3$, 则 $P(B-A)=()$
(A) 0.1.
(B) 0.2.
(C) 0.3 .
(D) 0. 4 .

(7)

解

• 由随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，得$P(AB)=P(A)P(B)$
• 先写出$P(A-B)$和$P(B-A)$的公式(要掌握概率的减法公式)
  • $P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A\mid \bar{B})\stackrel{A\text{与}B\text{独立}}{=}P(A)-P(A)P(B)$
    • 代入 $P(A-B)=0.3$ 和 $P(B)=0.5$
    • 解得 $P(A)=0.6$
  • $P(B-A)=P(B)-P(AB)=P(B|\bar{A})\stackrel{\text{独立性}}{=}P(B)-P(A)P(B)$
    • 计算结果：代入 $P(B)=0.5$ 和 $P(A)=0.6$
    • 得 $P(B-A)=0.5-0.5\times 0.6=0.2$

(8)

设连续型随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立且方差均存在, $X_1$ 与 $X_2$ 的概率密度分别为 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$, 随机变量 $Y_1$ 的概率密度为 $f_{Y_1}(y)=\frac{1}{2}\left[f_1(y)+f_2(y)\right]$, 随机变量 $Y_2=\frac{1}{2}\left(X_1+X_2\right)$, 则 $()$
(A) $E\left(Y_1\right)>E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)>D\left(Y_2\right)$.
(B) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)=D\left(Y_2\right)$.
(C) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)<D\left(Y_2\right)$.
(D) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)>D\left(Y_2\right)$.

(8)

• 答 应选(D).
  解
• $\begin{array}{r}E{Y}_1=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }y\left[f_1(y)+f_2(y)\right]\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\left(E{X}_1+E{X}_2\right)=E{Y}_2,\end{array}$
• $\begin{array}{r}E\left(Y_1^2\right)=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^2\left[f_1(y)+f_2(y)\right]\mathrm{d}y=\frac{1}{2}E\left(X_1^2\right)+\frac{1}{2}E\left(X_2^2\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}D{Y}_1=E\left(Y_1^2\right)-{\left(E{Y}_1\right)}^2=\frac{1}{2}E\left(X_1^2\right)+\frac{1}{2}E\left(X_2^2\right)-\frac{1}{4}{\left(E{X}_1\right)}^2-\frac{1}{4}{\left(E{X}_2\right)}^2-\frac{1}{2}E{X}_{1}E{X}_2\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{4}D{X}_1+\frac{1}{4}D{X}_2+\frac{1}{4}E\left[{\left(X_1-X_2\right)}^2\right]>\frac{1}{4}D{X}_1+\frac{1}{4}D{X}_2=D{Y}_2,\end{array}$故应选(D).

二、填空题

(本题共 6 小题,每小题 4 分, 共 24 分，把答案填在题中横线上.)}

(9)

曲面 $z=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切平面方程为

(9)

• 曲面的切平面 : 设曲面 $\Sigma$ 由方程 $F(x,y,z)=0$给出，
  $M\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 是曲面 $\Sigma$ 上一点，并设函数 $F(x,y,z)$ 的一阶偏导数在该点连续且不同时为零.
  • 向量$\mathbf{n}=\left(F_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right),F_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right),F_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\right)$是曲面 $\Sigma$ 在点 $M$ 的切平面的一个法向量，
  • 该切平面的方程为$F_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(X-x_0\right)+F_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(Y-y_0\right)+F_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(Z-z_0\right)$
• 求曲面 $z=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的法向量
  • $\begin{array}{rl}& F_x^{\prime }=2(1-\sin y)\cdot x-y^2\cos x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{F}_y^{\prime }=-x^2\cos y+2(1-\sin x)y\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{F}_z^{\prime }=-1\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\vec{n}={\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)|}_{(1,0,1)}=(2,-1,-1)\end{array}$
• 代入切平面方程为 $2(x-1)+(-1)(y-0)+(-1)(z-1)=0$,
  • 即 $2x-y-z-1=0$.

(10)

设 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数, 且 $f^{\prime }(x)=2(x-1),x\in [0,2]$, 则 $f(7)=$

(10)

• 问题: 求 $f(7)$ 的值，已知 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数，且 $f^{\prime }(x)=2(x-1)$ 当 $x\in [0,2]$
  • 求导函数的原函数:
    • 积分: $f(x)=\int f^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\int 2(x-1)\mathrm{d}x$
      • 结果: $f(x)=x^2-2x+C$
    • 利用奇函数性质确定 C:
      • 奇函数性质: $f(0)=0$
        • 结果: $C=0$
    • 确定的原函数: $f(x)=x^2-2x$
  • 利用周期性求 $f(7)$:
    • 周期性: $f(7)=f(7\mathrm{mod}4)=f(3)$
      • 奇函数性质: $f(3)=f(-1)$
  • 再次利用奇函数性质: $f(-1)=-f(1)$
    • 计算 $f(1)$: $f(1)=1^2-2\times 1=-1$
      • 结果: $f(7)=-f(1)=1$

(11)

微分方程 $x{y}^{\prime }+y(\ln x-\ln y)=0$ 满足条件 $y(1)={\mathrm{e}}^3$ 的解为 $y=$

(11)

• 答 应填 $x{\mathrm{e}}^{2x+1}$.
• $y^{\prime }=\frac{y}{x}(\ln y-\ln x)=\frac{y}{x}\cdot \ln \left(\frac{y}{x}\right)=u\text{⋅}lnu$
  • 方程的标准形式为 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x}\ln \frac{y}{x}$, 这是一个齐次微分方程.
  • 设 $u=\frac{y}{x}$, 则 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$,
• 原方程化为 $u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u\ln u$,
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{分离变量}}{\overset{\int \frac{du}{f(u)-u}=\int \frac{dx}{x}}{\to }}\frac{du}{u(\ln u-1)}=\frac{dx}{x}\end{array}$
  • 两端积分，$\begin{array}{r}\frac{\mathrm{d}(\ln u-1)}{\ln u-1}=\frac{\mathrm{d}x}{x}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\ln |\ln u-1|=\ln x+C_1,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\ln u-1=Cx\end{array}$
  • 代回原变量 $\begin{array}{r}u=\frac{y}{x}\end{array}$,
    得到原方程的通解为$\ln \frac{y}{x}-1=Cx.$
    • 将 $\begin{array}{r}y(1)=e^3\end{array}$ 代入上式， $\begin{array}{rl}& 3-1=C\end{array}$得到 $\begin{array}{r}C=2\end{array}$，
      • $\begin{array}{r}\ln \frac{y}{x}=2x+1\end{array}$
    • 于是 $\begin{array}{r}\ln \frac{y}{x}=2x+1\end{array}$，从而所求初值问题的解为$\begin{array}{r}y=x{e}^{2x+1}.\end{array}$
• 齐次方程的解法:$\frac{dy}{dx}=f\left(\frac{y}{x}\right)=f(u)$
  • 令 $\frac{y}{x}=u$, 即 $y=ux$, 则 $f(u)=\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$,
  • 代入可得$u+x\frac{du}{dx}=f(u)$
    • 可分离变量并积分, 得
      $\int \frac{du}{f(u)-u}=\int \frac{dx}{x},f(u)-u\ne 0$

(12)

设 $L$ 是柱面 $x^2+y^2=1$ 与平面 $y+z=0$ 的交线,从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向,则 曲线积分 ${\oint }_{L}z\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z=$

(12)

• 答 应填 $\pi$.
• 
  
• 斯托克斯如何判断法向量
  • 右手螺旋准则，如果右手大拇指是朝上的z就为+1，如果是朝下的z就为-1
• 设平面 $\Sigma :y+z=0$, 取上侧, 其法向量为 $n=(0,1,1)$, 故单位法向量为 ${\mathbf{n}}^{\circ }=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
• • 可知$\begin{array}{rl}{\oint }_{L}z\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z& ={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ z& 0& y\end{array}\right|\mathrm{d}S\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{转换投影法}}{=}{\iint }_D\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{z=-y\text{求导}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{D_{xy}}\sqrt{0^2+(-1{)}^2+1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
      • 其中 $D_{xy}=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽1\right\}$ 为 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域.
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{D}1dxdy=\pi \end{array}$
• 斯托克斯公式的定义:
  $\begin{array}{r}{\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$

(13)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2-x_2^2+2a{x}_1{x}_3+4x_2{x}_3$ 的负惯性指数为 1 , 则 $a$ 的取值范围是

(13)

• 答 应填 $[-2,2]$.
  解 由于

&=\left(x_1+a x_3\right)^2-\left(x_2-2 x_3\right)^2+\left(4-a^2\right) x_3^2 \end{aligned}$$ 因为 $f$ 的负惯性指数为 1 , 所以 $4-a^2 \geqslant 0$, 故 $-2 \leqslant a \leqslant 2$. ## (14) 设总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{2 x}{3 \theta^{2}}, & \theta<x<2 \theta, \\ 0, & \text { 其他, }\end{array}\right.$ 其中 $\theta$ 是未知参数, $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自 总体 $X$ 的简单随机样本, 若 $\displaystyle c \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ 是 $\theta^{2}$ 的无偏估计, 则 $c=$ ### (14) - 答 应填 $\frac{2}{5 n}$.解 因为 $\displaystyle E\left(X^2\right)=\int_\theta^{2 \theta} x^2 \frac{2 x}{3 \theta^2} \mathrm{~d} x=\frac{5}{2} \theta^2$, 所以 $\displaystyle E\left(c \sum_{i=1}^n X_i^2\right)=c n \frac{5}{2} \theta^2$, 由于 $\displaystyle c \sum_{i=1}^n X_i^2$ 是 $\theta^2$ 的无偏估计, 因此 $c n \frac{5}{2}=1$, 故 $c=\frac{2}{5 n}$.# 三、解答题(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)} ## (15) (本题满分 10 分)求极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}$. #### (15) - $\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^2 \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x^2 \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)} \xlongequal[\text{第一件事}]{\text{化简分母}} \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^2 \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] dt}{x} \end{aligned}$ - 只要分母趋于 $\displaystyle \begin{aligned} \infty \end{aligned}$，不必检查分子是否趋于 $\displaystyle \begin{aligned} \infty \end{aligned}$。 - $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{洛必达}} \lim_{x \to +\infty} \left[ x^2 \left( e^{\frac{1}{x}} - 1 \right) - x \right] \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \left( \text{令} \frac{1}{x} = t \right) \xlongequal[]{\text{倒代换}} \lim_{t \to 0^{+}} \left( \frac{e' - 1}{t^2} - \frac{1}{t} \right) \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{通分}}\lim_{t \to 0^{+}} \frac{e^t - 1 - t}{t^2} \xlongequal[]{\text{泰勒}} \left( \lim_{t \to 0^{+}} \frac{1}{2} t^2 \right) = \frac{1}{2}.\end{aligned}$ ## (16) (本题满分 10 分)设函数 $y=f(x)$ 由方程 $y^{3}+x y^{2}+x^{2} y+6=0$ 确定, 求 $f(x)$ 的极值. #### (16) - 对方程求一阶导 - 对方程 $y^3 + x y^2 + x^2 y + 6 = 0$ 关于 $x$ 求导 - 得到 $3 y^2 y' + y^2 + 2 x y y' + 2 x y + x^2 y' = 0$ - 求 $f(1)$ - 令 $y' = 0$，解方程得 $y = -2x$ 或 $y = 0$ - $y = 0$ 不适用，舍去 - 使用 $y = -2x$ 得到 $x = 1$，则 $f(1) = -2$ - 对导数方程再次求导二阶导 - 对导数方程 $3 y^2 y' + y^2 + 2 x y y' + 2 x y + x^2 y' = 0$ 关于 $x$ 再次求导 - 得到 $\left(3 y^2 + 2 x y + x^2\right) y'' + 2(3 y + x)(y')^2 + 4(y + x) y' + 2 y = 0$ - 求二阶导数 $f''(1)$ - 将 $x = 1$ 和 $y =f(1) =-2$ 代入上述方程 - 解得 $f''(1) = \frac{4}{9} > 0$所以 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 极小值为 $f(1)=-2$. ## (17) (本题满分 10 分)设函数 $f(u)$ 具有二阶连续导数, $z=f\left(\mathrm{e}^{x} \cos y\right)$ 满足 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=\left(4 z+\mathrm{e}^{x} \cos y\right) \mathrm{e}^{2 x}$. 若 $f(0)=0$, $f^{\prime}(0)=0$, 求 $f(u)$ 的表达式. ### (17) - 解题步骤 - 计算 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$. - 将 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ 代入已知等式得到一个微分方程。 - 解微分方程求得 $f(u)$. - 计算 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$. - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} & =f^{\prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot e^x \cos y\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial x^2} & =e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^x \cos y\left[f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot e^x \cos y\right]\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^{2 x} \cos y f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right)\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial y} & =f^{\prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot\left(-e^x \sin y\right)\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial z^2}{\partial y^2} & =-e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+\left(-e^x \sin y\right)\left[f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \cdot\left(-e^x \sin y\right)\right] \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =-e^x \cos y \cdot f^{\prime}\left(e^x \cos y\right)+e^{2 x} \sin y f^{\prime \prime}\left(e^x \cos y\right) \end{aligned}$ - 将 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ 代入已知等式得到一个微分方程。 - $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = e^{2x} f''(e^x \cos y)(\cos^2 y + \sin^2 y) \xrightarrow[]{\cos^2 y + \sin^2 y=1}e^{2x} f''(e^x \cos y)\end{aligned}$ - 题目给定:$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=\left(4 z+\mathrm{e}^{x} \cos y\right) \mathrm{e}^{2 x}\end{aligned}$ - 则$\displaystyle \begin{aligned} e^{2x} f''(e^x \cos y) = (4z + e^x \cos y) e^{2x} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{\text{去掉}e^{2x}}f''(e^x \cos y) = 4f(e^x \cos y) + e^x \cos y \end{aligned}$ - 令 $\displaystyle \begin{aligned} u = e^x \cos y \end{aligned}$，则 $\displaystyle \begin{aligned} f''(u) = 4f(u) + u \end{aligned}$ - 解微分方程求得 $f(u)$. - 二阶非齐次微分方程<br>$\displaystyle \begin{aligned} & f^{\prime \prime}(u)-4 f(u)=u \end{aligned}$ - 特征方程:$\displaystyle \begin{aligned} r^2-4=0 \Rightarrow r= \pm 2 \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} y=C_1 e^{2 u}+C_2 e^{-2 u} \end{aligned}$ - 求特解 - 由于 0 不是特征方程的根, - 故设特解为 $y^*=x^0\text{·}(C_3 u+C_4)=C_3 u+C_4$ - $\left(y^*\right)^{\prime \prime}=0$ - 将$y\text{和}y''$代入原方程$f^{\prime \prime}(u)-4 f(u)=u$ - 得$0-4 C_3 u-4 C_4=u$. - 于是 $C_3=-\frac{1}{4}, C_4=0$. - 从而确定$C_3$和$C_4$的值:<br>$f(u)=C_1 \mathrm{e}^{2 u}+C_2 \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u .$ - 代入$f(u)=C_1 \mathrm{e}^{2 u}+C_2 \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u .$初值以确定 $C_1, C_2$ 的值. - 由 $f(0)=0$ 得, $C_1+C_2=0$. - 由 $f^{\prime}(0)=0$ 得, $2 C_1-2 C_2-\frac{1}{4}=0$. - 从而解得 $C_1=\frac{1}{16}, C_2=-\frac{1}{16}$. - 因此, 非齐次的通解为齐次通解+特解为<br> $\displaystyle \begin{aligned}f(u)=\frac{1}{16} \mathrm{e}^{2 u}-\frac{1}{16} \mathrm{e}^{-2 u}-\frac{1}{4} u\end{aligned}$ - (2006 年数一、二试题) 设函数 $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 内具有二阶导数，<br>且 $z=f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ 满足等式$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0 .$<br>(I) 验证 $f^{\prime \prime}(u)+\frac{f^{\prime}(u)}{u}=0$ ；<br>(II) 若 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=1$ ，求函数 $f(u)$ 的表达式. ## (18) (本题满分 10 分)设 $\displaystyle \Sigma$ 为曲面 $z=x^{2}+y^{2}(z \leqslant 1)$ 的上侧, 计算曲面积分$\displaystyle I=\iint_{\Sigma}(x-1)^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+(y-1)^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z-1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y .$ #### (18) - - <br>， #### 转换投影法 - $\displaystyle \begin{aligned} D: \left\{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 1\right\}\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} I = \iint_{D} (-Pzx - Qzy + R) \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = \iint_{D} \left[-(x-1)^{3} \cdot 2x - (y-1)^{3} \cdot 2y + (z-1)\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = \iint_{D} \left[(x^3 - 3x^2 + 3x - x^3) \cdot 2x + (x^3 - 3y^2 + 3y^2 - y^3) \cdot 2y + \underbrace{x^2 + y^2}_{z} - 1\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[\text{偶倍奇}0]{\text{积分区域关于}x,y\text{都对称}} \iint_{D} \left[-6x^2 - 2x^4 - 6y^2 - 2y^4 + x^2 + y^2 - 1\right] \, dx \, dy \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} & =\iint_D\left[-5\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^4+y^4\right)-1\right] d x d y \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[\text{翻}4\text{倍}]{\text{只算第一象限}}-20 \iint_{D_1}\left(x^2+y^2\right) d x d y-8 \iint_{D_1}\left(x^4+y^4\right) d x d y-\pi \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{D_1} (x^2 + y^2) \, dx \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} r^3 \, dr = \frac{\pi}{8} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{D_1} (x^4 + y^4) \, dx \, dy\xlongequal[]{\text{轮换对称性}}2 \iint_{D_1} x^4 \, dx \, dy = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} r^4 \cos^4 \theta rdr \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 \theta \, d\theta \int_{0}^{1} r^5 \, dr \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi}{16} \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}I=-20 \cdot \frac{\pi}{8}-8 \cdot \frac{\pi}{16}-\pi=-\frac{5}{2} \pi-\frac{\pi}{2}-\pi=-4 \pi\end{aligned}$ #### 高斯 - <br> - $\displaystyle \begin{aligned} \Sigma_1: \left\{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 \leq 1, \, z = 1\right\}, \, \text{向下}, \end{aligned}$ - 负方向的高斯，结果外面要加负号 - $\displaystyle \begin{aligned} \Omega_1 = \Sigma_1 \text{和} \Sigma \text{所围区域}. \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} I = \iint_{\Sigma} = \iint_{\Sigma + \Sigma_1} - \iint_{\Sigma_1} =-4 \pi\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \oint_{\Sigma + \Sigma_1} = -\iiint_{\Omega} (Px + Qy + Rz) \, dV \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} = -\iiint_{\Omega} \left[3(x-1)^2 + 3(y-1)^2 + 1\right] \, dV \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{去括号}}-\iiint_{\Omega}\left[3 x^2-6 x+3+3 y^2-6 y+3+1\right] d V\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}=-\iiint_{\Omega}\left[3\left(x^2+y^2\right)+7\right] d V\xrightarrow[\text{截面法算}]{\text{柱线法算}}\end{aligned}$ - <br> - $\displaystyle \begin{aligned} & =-\int_0^1 d z \iint_{D_z}\left[3\left(x^2+y^2\right)+7\right] d x d y \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} =-\int_0^1 d z \int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^{\sqrt{z}}\underbrace{\left(3 r^2+7\right) r}_{\left(3 r^3+7 \tau\right)}d r \xrightarrow[]{\frac{3}{4} r^4+\left.\frac{7}{2} r^2\right|_0 ^{\sqrt{z}}=\frac{3}{4} z^2+\frac{7}{2} z}\end{aligned}$ - $\displaystyle =-\int_0^1\left(\frac{3}{2} \pi z^2+7 \pi z\right) d z=-4 \pi$. - $\displaystyle \iint_{\Sigma_1}=0$ ## (19) (本题满分 10 分)设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $0<a_{n}<\frac{\pi}{2}, 0<b_{n}<\frac{\pi}{2}, \cos a_{n}-a_{n}=\cos b_{n}$, 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫.( I ) 证明 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$;( II ) 证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收玫. ### (19) - 证 (I ) 因为 $\cos a_n-\cos b_n=a_n$, 且 $0<a_n<\frac{\pi}{2}, 0<b_n<\frac{\pi}{2}$, 所以 $0<a_n<b_n$. 又因为 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收玫, 所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=0$, 故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$.(II) 因为 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n^2}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-\cos b_n}{b_n^2} \cdot \frac{a_n}{1-\cos b_n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{1-\cos b_n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{a_n+1-\cos a_n}=\frac{1}{2}$, 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收玫, 所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{b_n}$ 收玫. ## (20) (本题满分 11 分)设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3\end{array}\right), \boldsymbol{E}$ 为 3 阶单位矩阵.(I) 求方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的一个基础解系;(II) 求满足 $\boldsymbol{A B}=\boldsymbol{E}$ 的所有矩阵 $\boldsymbol{B}$. #### (20) - 解 (I ) 对矩阵 A 作初等行变换, 有$\displaystyle \begin{aligned} & \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & -2 & 3 & -4 \\0 & 1 & -1 & 1 \\1 & 2 & 0 & -3\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 0 & -2 \\0 & 0 & 1 & -3\end{array}\right), \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} \text { 解系为 } \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{c}-1 \\2 \\3 \\1\end{array}\right) . \end{aligned}$则方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的一个基础解系为 $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 2 \\ 3 \\ 1\end{array}\right)$.(II) 对矩阵 $(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{E})$ 作初等行变换, 有$\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{E})=\left(\begin{array}{cccc:ccc}1 & -2 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 \\0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\1 & 2 & 0 & -3 & 0 & 0 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:ccc}1 & 0 & 0 & 1 & 2 & 6 & -1 \\0 & 1 & 0 & -2 & -1 & -3 & 1 \\0 & 0 & 1 & -3 & -1 & -4 & 1\end{array}\right) .$记 $E=\left(e_1, e_2, e_3\right)$, 则$\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{e}_1$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}2 \\ -1 \\ -1 \\ 0\end{array}\right)+k_1 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_1$ 为任意常数;$\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{e}_2$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}6 \\ -3 \\ -4 \\ 0\end{array}\right)+k_2 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_2$ 为任意常数;$\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{e}_3$ 的通解为 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)+k_3 \boldsymbol{\alpha}$, 其中 $k_3$ 为任意常数.于是, 所求矩阵为$\displaystyle \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 6 & -1 \\-1 & -3 & 1 \\-1 & -4 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)+\left(k_1 \boldsymbol{\alpha}, k_2 \boldsymbol{\alpha}, k_3 \boldsymbol{\alpha}\right) \text {, 其中 } k_1, k_2, k_3 \text { 为任意常数. }$ ## (21) (本题满分 11 分)证明 $n$ 阶矩阵 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1\end{array}\right)$ 与 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccc}0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n\end{array}\right)$ 相似. ### (21) - 证 设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{cccc}0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n\end{array}\right)$.因为$\displaystyle \begin{aligned} & |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{cccc}\lambda-1 & -1 & \cdots & -1 \\-1 & \lambda-1 & \cdots & -1 \\\vdots & \vdots & & \vdots \\-1 & -1 & \cdots & \lambda-1\end{array}\right|=(\lambda-n) \lambda^{n-1}, \end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}|=\left|\begin{array}{cccc}\lambda & 0 & \cdots & -1 \\0 & \lambda & \cdots & -2 \\\vdots & \vdots & & \vdots \\0 & 0 & \cdots & \lambda-n\end{array}\right|=(\lambda-n) \lambda^{n-1}, \end{aligned}$所以 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 有相同的特征值 $\lambda_1=n, \lambda_2=0$ ( $n-1$ 重).由于 $\boldsymbol{A}$ 为实对称矩阵,因此 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵$\displaystyle \boldsymbol{\Lambda}=\left(\begin{array}{llll}n & & & \\& 0 & & \\& & \ddots & \\& & & 0\end{array}\right) .$因为 $r\left(\lambda_2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}\right)=r(\boldsymbol{B})=1$, 所以 $\boldsymbol{B}$ 的对应于特征值 $\lambda_2=0$ 的线性无关的特征向量有 $n-1$ 个, 于是 $\boldsymbol{B}$ 也相似于 $\boldsymbol{\Lambda}$.故 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似.注 (1) 由于在考试大纲的范围内仅有矩阵相似于对角矩阵的判定, 而没有判定任意两个矩阵相似的 一般性结论, 因此, 部分考生没有意识到本题应该通过判定矩阵 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 是否都相似于同一个对角矩阵来解 题. 这也就成为本题在考试中考生所呈现的最主要的错误.(2) 推演过程反映出部分考生对于矩阵的相似关系与合同关系、等价关系无法进行明确区分. 有考生 通过说明 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{B})=1$ 来说明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 是相似的, 更有不少考生利用合同关系来解答本题, 即试图 寻找可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 建立关系式 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A P}=\boldsymbol{B}$. ## (22) (本题满分 11 分)设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$. 在给定 $X=i$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服 从均匀分布 $U(0, i)(i=1,2)$.(I) 求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y}(y)$;(II) 求 $E(Y)$. ### (22) - (I) 求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y}(y)$ - 计算分布函数(三件套) - $F_Y(y) = P\{Y \leqslant y\}$ - $\xlongequal[]{\text{对离散的全集分解}}P\{Y \leqslant y ,X=1\} + P\{Y \leqslant y , X=2\}$ - $\xlongequal[]{\text{独立}}P\{Y \leqslant y \}\text{·}P\{X=1\} +P\{Y \leqslant y \}\text{·}P\{X=2\}$ - $\displaystyle \xlongequal[]{\text{转化}}\frac{1}{2} \int_{-\infty}^y f_{Y \mid X}(y \mid 1) \mathrm{d} y+\frac{1}{2} \int_{-\infty}^y f_{Y \mid X}(y \mid 2) \mathrm{d} y .$ - 随机发量 $Y$ 服从均匀分布 $U(0, i)(i=1,2)$ - 概率密度$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac{1}{b-a}, & a<x<b \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$ - 当 $X=1$ 时,概率密度 $\displaystyle f_{Y \mid X}(y \mid 1)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 0<y<1, \\ 0, & \text { 其他. }\end{array}\right.$ - $X=2$ 时,概率密度 $\displaystyle f_{Y \mid X}(y \mid 2)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}, & 0<y<2, \\ 0, & \text { 其他. }\end{array}\right.$ - 画图 - 一图三吃:吃01,吃转化,吃吃积分限 - 根据 $y$ 的不同取值 - 当 $y < 0$，$F_Y(y) = 0$ - 当 $0 \leqslant y < 1$，$\displaystyle \begin{aligned} F_Y(y) & =\frac{1}{2} \int_0^y1 \mathrm{~d} y+\frac{1}{2} \int_0^y\frac{1}{2} \mathrm{~d} y =\frac{1}{2} y+\frac{1}{4} y=\frac{3}{4} y\end{aligned}$ - 当 $1 \leqslant y < 2$，$\displaystyle \begin{aligned} F_Y(y) & =\frac{1}{2} \int_0^1 1 \mathrm{~d} y+\frac{1}{2} \int_0^y \frac{1}{2} \mathrm{~d} y =\frac{1}{2} \times 1+\frac{1}{4} y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4} y\end{aligned}$ - 当 $y \geqslant 2$，$F_Y(y) = 1$ - Y的分布函数为:$\displaystyle F_Y(y)=\left\{\begin{array}{ll}0, & y<0, \\ \frac{3}{4} y, & 0 \leqslant y<1, \\ \frac{1}{2}+\frac{1}{4} y, & 1 \leqslant y<2, \\ 1, & y \geqslant 2\end{array}\right.$ (II) 求 $E(Y)$:先求概率密度，然后概率密度乘y进行积分 - 计算 $Y$ 的概率密度 - $\displaystyle f_Y(y) = F_Y^{\prime}(y) = \begin{cases} \frac{3}{4}, & 0 < y < 1, \\ \frac{1}{4}, & 1 < y < 2, \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ - 计算 $E(Y)$ - $\displaystyle E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) dy\xlongequal[]{\text{分段积分}}\int_0^1 \frac{3}{4} y dy + \int_1^2 \frac{1}{4} y dy= \frac{3}{4}$ - 总结，$Y$ 的分布函数为 $\displaystyle F_Y(y) = \begin{cases}0, & y < 0, \\ \frac{3y}{4}, & 0 \leqslant y < 1, \\ \frac{1}{2} + \frac{y}{4}, & 1 \leqslant y < 2, \\ 1, & y \geqslant 2 \end{cases}$，并且 $E(Y) = \frac{3}{4}$。 ## (23) (本题满分 11 分) 设总体 $X$ 的分布函数为 $\displaystyle F(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}1-\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta},} & x \geqslant 0, \\ 0, & x<0,\end{array}\right.$ 其中 $\theta$ 是未知参数且大于零. $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. (I) 求 $E(X)$ 与 $E\left(X^{2}\right)$; (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\widehat{\theta}_{n}$; (III) 是否存在实数 $a$, 使得对任何 $\varepsilon>0$, 都有 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{\left|\widehat{\theta}_{n}-a\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0$ ? #### (23) - (I ) 总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)= \begin{cases}\frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}}, & x>0, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$ - $\displaystyle \begin{aligned} E X=\int_0^{+\infty} x \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=-\int_0^{+\infty} x \mathrm{~d}\left(\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}}\right)=\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\pi \theta}} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2},\end{aligned}$ - $\displaystyle \begin{aligned} E\left(X^2\right)=\int_0^{+\infty} x^2 \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{\theta}} \mathrm{d} x=\theta \int_0^{+\infty} u \mathrm{e}^{-u} \mathrm{~d} u=\theta . \end{aligned}$ - 陷阱:题中给出的是分布函数，因此需要求导得到概率密度 - 总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{2 x}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, & x \geq 0 \\ 0, & \text{其他}\end{array}\right.$, - 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$ 为样本观测值, - 写出似然函数: - $\displaystyle L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i}\right)=\left\{\begin{array}{cc}\underbrace{\frac{2^{n} }{\theta^{n}} \text{·}x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\text{·}\overbrace{e^{-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}}^{\text{将}\theta\text{当做系数提出来}}}_{\text{三项相乘}}& x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}>0 \\ 0, & \end{array}\right.$ - 取对数:$\displaystyle \ln L(\theta)=-n \ln \theta+\ln 2^n+\ln \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^n x_i^2$ - 对$\theta$求导，x看作是常数:令$\displaystyle \frac{d(1+L(\theta)}{d \theta}=-\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^n x_i^2 \frac{1}{\theta^2}=0$ - 移项得 $\theta$ 的最大似然估计值为: $\displaystyle \hat{\theta}_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}$, - 从而 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\displaystyle \widehat{\theta_{n}}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ (III) 存在, $a=\theta$. 因为 $\left\{X_n^2\right\}$ 是独立同分布的随机变量序列, 且 $E\left(X_1^2\right)=\theta<+\infty$, 所以根据辛钦大数定 律, 当 $n \rightarrow \infty$ 时, $\displaystyle \hat{\theta}_n=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2$ 依概率收敛于 $E\left(X_1^2\right)$, 即 $\theta$. 所以对任何 $\varepsilon>0$, 都有 - $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{\left|\hat{\theta}_n-\theta\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0 .$注 第三问实际上是考查估计些的相合性概念及大数定律, 但由于这两个知识点在往年很少考查, 大 多数考生不知如何作答, 导致这一问的得分率较低