一、选择题: 1 10 小题, 每小题 5 分, 共 50 分. 下列每题给出的四个选项中, 只有一个选项是最符合题目要求的

(1)

曲线 $y = x ln (e + \frac{1}{x - 1})$ 的斜渐近线方程为
A. $y = x + e$ .
B. $y = x + \frac{1}{e}$ .
C. $y = x$ .
D. $y = x - \frac{1}{e}$ .

2025版

求斜渐近线的方法: $y = k x + b$
- $x \to \infty lim (\frac{y}{x}) = k$
- $x \to \infty lim (y - k x) = b$
$k = x \to \infty lim \frac{y}{x} 代入 y x \to \infty lim \frac{x ln ( e + \frac{1}{x - 1} )}{x}$
- $消去 x x \to \infty lim ln (e + \frac{1}{x - 1}) \frac{1}{x - 1} \to 0 x \to \infty lim ln e = 1$
$b x \to \infty lim (y - k x) 代入 y 和 k x \to \infty lim x ln (e + \frac{1}{x - 1}) - x$
- $提取系数 x x \to \infty lim x [ln (e + \frac{1}{x - 1}) - 1] 1 = l n e x \to \infty lim x \cdot [ln \frac{e + \frac{1}{x - 1}}{e}]$
- $l n 里面做除法 x \to \infty lim x \cdot ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}]$
- $l n (1 + x) \sim x x \to \infty lim x \cdot \frac{1}{e ( x - 1 )} = \frac{1}{e}$
结合斜率 $k$ 和截距 $b$ ，得 $y = k x + b = x + \frac{1}{e}$

gpt版

我们首先需要确定斜渐近线方程的两个关键元素：斜率 $k$ 和截距 $b$ 。这个问题涉及到求极限，以确定曲线 $y = x ln (e + \frac{1}{x - 1})$ 的斜渐近线。
二叉树结构如下：

确定斜率 $k$
- $k = x \to \infty lim \frac{y}{x} == x \to \infty lim \frac{x ln ( e + \frac{1}{x - 1} )}{x} = x \to \infty lim ln (e + \frac{1}{x - 1}) = ln e = 1$
确定截距 $b$
- 截距 $b$ 的定义
  - $b = x \to \infty lim (y - x) = x \to \infty lim [x ln (e + \frac{1}{x - 1}) - x]$
    - $提出 x x \to \infty lim x [ln (e + \frac{1}{x - 1}) - 1] 1 = l n e x \to \infty lim x [ln (e + \frac{1}{x - 1}) - ln e] 减法变除法 x \to \infty lim x ln (1 + \frac{1}{e ( x - 1 )})$
    - $l n (1 + x ～ x) x \to \infty lim \frac{x}{e ( x - 1 )} 分子分母的 x 消去 \frac{1}{e}$
斜渐近线方程
- 结合斜率 $k$ 和截距 $b$ ，得 $y = k x + b = x + \frac{1}{e}$
  由此，我们得到了斜渐近线的方程 $y = x + \frac{1}{e}$ ，符合选项 B
  答应选 B.

(2)

若微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界, 则
A. $a < 0, b > 0$ .
B. $a > 0, b > 0$ .
C. $a = 0, b > 0$ .
D. $a = 0, b < 0$ .

关于二阶常系数齐次线性微分方程 $y^{''} + p y^{'} + q y = 0$ 通解的求法，具体步骤和解的形式如下：
- 写出特征方程 $λ^{2} + p λ + q = 0$ 。
- 求出特征方程的两个根 $λ_{1}, λ_{2}$ 。
- 根据特征方程两个根的不同情形，通解如下：

特征方程 $λ^{2} + p λ + q = 0$ 的根	微分方程 $y^{''} + p y^{'} + q y = 0$ 的通解
两个不同实根 $λ_{1}, λ_{2}$	$y = C_{1} e^{λ_{1} x} + C_{2} e^{λ_{2} x}$
两个相同实根 $λ_{1} = λ_{2}$	$y = (C_{1} + C_{2} x) e^{λ_{1} x}$
一对共轭复根 $λ_{1, 2} = α \pm β i$	$y = e^{α x} (C_{1} cos β x + C_{2} sin β x)$

判断无界的条件
- $x \to - \infty lim e^{λ x} = {0 + \infty λ > 0 λ < 0$
- $x \to + \infty lim e^{λ x} = {+ \infty 0 λ > 0 λ < 0$
- 则 $λ = 0$
当微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 对应的特征方程 $r^{2} + a r + b = 0$
- 有实根时, $a^{2} - 4 b ⩾ 0$ , 设根为 $r_{1}, r_{2}$
  - 当 $r_{1} \neq = r_{2}$ 时，则微分方程的解为 $y = \infty C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{1} x} (r_{1} \neq = r_{2})$ ，
    此时解在 $(- \infty$ , $+ \infty)$ 上无界.
    - 取 $C_{1} = C_{2} = 1$ ， $x \to - \infty lim (e^{λ_{1} x} + e^{λ_{2} x})$ 与 $x \to + \infty lim (e^{λ_{1} x} + e^{λ_{2} x})$ 至少有一个为 $\infty$ 。
  - 当 $r_{1} = r_{2}$ 时，则微分方程的解为 $y = (C_{1} + C_{2} x) e^{r_{1} x} (r_{1} = r_{2})$ ,
    此时解在 $(- \infty$ , $+ \infty)$ 上无界.
    - 取 $C_{1} = 0$ ， $C_{2} = 1$ ， $x \to - \infty lim x e^{λ x}$ 与 $x \to + \infty lim x e^{λ x}$ 至少有一个为 $\infty$ 。
- 当 $a^{2} - 4 b < 0$ 时, 设根为 $α + β i$ , 则 $y = (C_{1} cos β x + C_{2} sin β x) e^{α}$ ,
  - 对于 $α \neq = 0$ ，取 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 0$ ， $y = e^{α x} cos β x$ ，在 $(- \infty, + \infty)$ 上无界。
  - 对于 $α = 0$ ， $y = C_{1} cos β x + C_{2} sin β x$ 对任意常数 $C_{1}, C_{2}$ ，解在 $(- \infty, + \infty)$ 上均有界。
    - 若想解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界, 则 $α = 0$ , 又 $a = - \frac{α}{2}$ , 因此 $a = 0$ ,
    - 结合 $a^{2} - 4 b < 0$ 可得 $b > 0$ . 故选 C.

(3)

设函数 $y = f (x)$ 由 ${x = 2 t + ∣ t ∣, y = ∣ t ∣ sin t$ 确定, 则
A. $f (x)$ 连续, $f^{'} (0)$ 不存在.
B. $f^{'} (0)$ 存在, $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续.
C. $f^{'} (x)$ 连续, $f^{''} (0)$ 不存在.
D. $f^{''} (0)$ 存在, $f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续.

- 连续与可导的关系
  - 连续不一定可导，可导必然连续
读题分别问你子孙三代
- $f (x)$ 连续,
- $f^{'} (0)$ 不存在， $f^{'} (0)$ 存在, $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续， $f^{'} (x)$ 连续
- $f^{''} (0)$ 不存在， $f^{''} (0)$ 存在, $f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续.
函数 $y = f (x)$ 由 ${x = 2 t + ∣ t ∣, y = ∣ t ∣ sin t$ 确定
- 当 $t ⩾ 0$ 时, 参数方程为 ${x = 3 t, y = t sin t,$ 即 $x ⩾ 0, y = \frac{x}{3} sin \frac{x}{3}$ ;
- 当 $t < 0$ 时,参数方程为 ${x = t, y = - t sin t,$ 即 $x < 0, y = - x sin x$ .
$f (x)$ 是否连续
存在函数值=左极限=右极限，则连续
- $f (x) = {\frac{x}{3} sin \frac{x}{3}, x ⩾ 0 - x sin x, x < 0$
- $f (0^{-}) = f (0^{+}) = f (0) = 0$
$f^{'} (0)$ 是否存在
定理1:可导 $\Leftrightarrow$ 左右导数都存在且相等。
- $f^{'} (0^{-}) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{\frac{- s i n x}{x} - 0}{x - 0} = x \to 0^{-} lim - sin x = 0$
- $f^{'} (0^{+}) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{x}{3} sin \frac{x}{3} - 0}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{1}{3} sin \frac{x}{3} = 0$
- $f^{'} (0^{-}) = f^{'} (0^{+}) = 0$ 。则 $f^{'} (0)$ 存在
判断 $f^{'} (x)$ 是否连续
(可导必然连续，这一步是否多余)
- $x > 0, f^{'} (x) = \frac{1}{3} sin \frac{x}{3} + \frac{x}{9} cos \frac{x}{3} x \to 0^{+} x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = 0$
- $x < 0, f^{'} (x) = - sin x - x cos x x \to 0^{-} x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = 0$
- $x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = f^{'} (0) = 0$
判断 $f^{''} (x)$ 是否存在
- $f^{''} (0^{+}) = x \to 0^{+} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{3} sin \frac{x}{3} + \frac{x}{9} cos \frac{x}{3}}{x}$
  - $= x \to 0^{+} lim \frac{1}{3} \cdot \frac{sin \frac{x}{3}}{x} + \frac{1}{9} \cdot cos \frac{x}{3} = x \to 0^{+} lim \frac{1}{3} \cdot \frac{\frac{x}{3}}{x} + \frac{1}{9} .$
  - $= \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{2}{9}$
- $f^{''} (0^{-}) = x \to 0^{-} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{- sin x - x cos x}{x - 0} = - 2$
- $f^{''} (0^{+}) \neq = f^{''} (0^{-})$ 、则 $f^{''} (0)$ 不存在
  答应选 C.

(4)

已知 $a_{n} < b_{n} (n = 1, 2, \dots)$ . 若级数 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 与 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 均收敛, 则 “ $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛” 是 “ $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 绝对收敛” 的
A. 充分必要条件.
B. 充分不必要条件.
C. 必要不充分条件.
D. 既不充分也不必要条件.

笠应选 A.
正向级数
- 比较法
  - 一般形式
  - 极限形式
- 比值法/根值法
交错级数
- 莱布尼兹法则
由级数 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 与 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 均收敛且 $a_{n} < b_{n}$
- 可以推出 $\sum \infty ∣ a_{n} - b_{n} ∣$ 收敛.
若 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 绝对收敛，
- 由 $∣ a_{n} ∣ = ∣ a_{n} - b_{n} + b_{n} ∣ ∣ a \pm b ∣ ⩽ ∣ a ∣ + ∣ b ∣ ⩽ ∣ a_{n} - b_{n} ∣ + ∣ b_{n} ∣$ ,
  - $大的收敛，小的也收敛$ 可知 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛.
若 $n - 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛,
- 由 $∣ b_{n} ∣ = ∣ b_{n} - a_{n} + a_{n} ∣ ∣ a \pm b ∣ ⩽ ∣ a ∣ + ∣ b ∣ ⩽ ∣ b_{n} - a_{n} ∣ + ∣ a_{n} ∣$ ，
- $大的收敛，小的也收敛$ 可知 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 绝对收敛.
故选 A.

(5)

已知 $n$ 阶矩阵 $A, B, C$ 满足 $ABC = O, E$ 为 $n$ 阶单位矩阵. 记矩阵 $(O B A E), (A O C E), (E AB AB O)$ 的秩分别为 $r_{1}$ , $r_{2}, r_{3}$ , 则
A. $r_{1} ⩽ r_{2} ⩽ r_{3}$ .
B. $r_{1} ⩽ r_{3} ⩽ r_{2}$ .
C. $r_{3} ⩽ r_{1} ⩽ r_{2}$ .
D. $r_{2} ⩽ r_{1} ⩽ r_{3}$ .

答应选 B.
分块矩阵的重要公式
- (1) $r (A \cdot A B) = r (A), r (B A A) = r (A)$
- (2) $r (A 0 0 B) = r (A) + r (B) = r (A 0 A B B) = r (A B A 0 B)$
- (3) $r (A 0 C B) ⩾ r (A) + r (B)$
矩阵的秩:越乘越小，越拼越大，分开加最大
$r (A B) ⩽ r (A) r (B) \leq r (A, B) ⩽ r (A) + r (B)$
- 越乘越小
  - $r (A B) ⩽ r (A)$
  - $r (A B) ⩽ r (B)$
- 越拼越大: $r (A) 上下拼 \leq r (B A) 左右拼 \leq r (A C B 0)$
舒尔公式:用E去消0
- $(0 A B C E) r_{1} + (- A) r_{2} (- A B C 0 B C E) c_{1} + c_{2} \cdot (- B C) (- A B C 0 0 E)$
  - $r (A B C) = 0, r = n$
- $(A B C 0 E) r_{1} + (- C) r_{2} (A B 0 0 E)$
  - $r_{2} = r (A B) + r (E) = r (A B) + n$
- $(E A B A B 0) r_{2} + (- A B) r_{1} (E A B 0) c_{2} + (- A B) c_{1} (E 0)$
  - $r_{3} = n + r (A B A B)$
$矩阵越乘越小 r_{3} < r_{2} < r_{1}$

(6)

下列矩阵中不能相似于对角矩阵的是
A. $100120 a 23$ .
B. $11 a 120 a 03$ .
C. $100120 a 02$ .
D. $100120 a 22$ .

答应选 D.
n阶方阵A可相似对角化的充分必要条件
- A有n个线性无关的特征向量。
- 对于A的每个特征值 $λ_{i}$ ，线性无关的特征向量个数等于 $λ_{i}$ 的重数。
n阶方阵A可相似对角化的充分但不必要条件
相似对角化推不出来的条件
- A有n个不同的特征值。
- A为实对称矩阵。
$A$ 中矩阵的特征值不同, 分别为 $1, 2, 3$
$B$ 中矩阵为实对称矩阵;
$C$ 中矩阵的特征值 2 为二重根, 其对应的线性无关特征向量个数为 2
- $(C - 2 E) x = 0 \Rightarrow S = n - r (C - 2 E) = 3 - 1 = 2.$
- $∣ c - 2 E ∣ = 100100 a 00$
D 中矩阵的特征值 2 为二重根, 其对应的线性无关特征向量个数为 1 , 不可相似对角化,故选 D.
- $(D - 2 E) x = 0 \Rightarrow S = n - r (D - 2 E) = 3 - 2 = 1$
- $∣ D - 2 E ∣ = 100100920$

(7)

已知向量 $α_{1} = 123, α_{2} = 211, β_{1} = 259, β_{2} = 101$ . 若 $γ$ 既可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示, 也可由 $β_{1}, β_{2}$ 线性表示, 则 $γ =$
A. $k 334, k \in R$ .
B. $k 3510, k \in R$ .
C. $k - 1 12, k \in R$ .
D. $k 158, k \in R$ .

答应选 D.

代入法

$(α_{1}, α_{2}, y) = 123211158 r_{2} - 2 r_{1} r_{3} - 3 r_{1} 100 2 - 3 - 5 135 ⟶ 100210 1 - 1 0$
- $γ$ 可由 $α_{1}, α_{2}$ 表示
$(β_{2}, β_{1}, γ) = 101259158 \to 100257157 \to 100210110$
- $γ$ 可以由 $β_{2}, β_{1},$ 表示

直接算

若 $γ$ 既可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示, 也可由 $β_{1}, β_{2}$ 线性表示,
- $\exists x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4},$ 使得 $γ = x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} = x_{3} β_{1} + x_{4} β_{2}$
  - $移项整理 x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} - x_{3} β_{1} - x_{4} β_{2} = 0$
  - $提出 x (α_{1}, α_{2}, - β_{1}, - β_{2}) x = 0$ 有非0解
$123211 - 2 - 5 - 9 - 1 0 - 1 r_{2} - 2 r_{1} r_{3} - 3 r_{1} 100 2 - 3 - 5 - 2 - 1 - 3 - 1 22 {r_{3} - \frac{5}{3} r_{2} r_{2} \cdot (- 1) r_{3} \cdot (- \frac{3}{4}) 100230 - 2 11 - 1 - 2 1$
- $⎩ ⎨ ⎧ 化为方程组求通解 x_{1} + 2 x_{2} - 2 x_{3} - x_{4} 3 x_{2} + x_{3} - 2 x_{4} x_{3} + x_{4} = 0 = 0 = 0$
  - $x_{4} 为自由元 ⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = - 3 k x_{2} = k x_{3} = - k x_{4} = k \Rightarrow x = x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = - 3 k k - k k k \in R$
将 $(x _{2} x _{1}) = (k - 3 k)$ 代回入 $y = x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2}$
- $y = - 3 k 123 + k 211 = - k - 5 k - 8 k = k - 1 - 5 - 8 = k 158$

(8)

设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布, 则 $E (∣ X - E X ∣) =$
A. $\frac{1}{e}$ .
B. $\frac{1}{2}$ .
C. $\frac{2}{e}$ .
D. 1.

答应选 C.
泊松分布的分布律与数字特征若随机变量 $X$ 服从参数为 $λ$ 的泊松分布, $X \sim P (λ)$
- 分布律 $P {X = k} = \frac{λ ^{k} e ^{- λ}}{k !}, k = 0, 1, 2, \dots$ , 其中 $λ > 0$ 是常数,
- 期望 $E (X) = λ$
- 方差 $D (X) = λ$
$E (∣ X - E X ∣) E X = 1 泊松分布 E ∣ X - 1∣ 去掉绝对值$
- $E ∣ X - 1∣ P {X = k} = \frac{λ ^{k} e ^{- λ}}{k !} 颗粒感 : 函数的期望 k = 0 \sum \infty ∣ k - 1∣ \cdot \frac{e ^{- 1}}{k !}$
  - $∣ x - 1∣ = {1 - x, x - 1 x = 0 x ⩾ 1$
- $把绝对值的 0 单独拆出来 \frac{e ^{- 1}}{0 !} + 计算方法 : 拆 + 期望 k = 1 \sum \infty (k - 1) \cdot \frac{e ^{- 1}}{k !}$
- $= \frac{e ^{- 1}}{0 !} + \sum_{k = 1}^{\infty} k = 0 \sum \infty (k - 1) \cdot \frac{e ^{- 1}}{k !} - (0 - 1) \cdot \frac{e ^{- 1}}{0 !}$
- $= e^{- 1} + E (X - 1) + e^{- 1} E (X - 1) = E X - 1 = 0 2 e^{- 1}$
故选 C.

(9)

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $N (μ_{1}, σ^{2})$ 的简单随机样本, $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 为来自总体 $N (μ_{2}, 2 σ^{2})$ 的简单随机样本,且两样本相互独立, 记 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, \overset{ˉ}{Y} = \frac{1}{m} i = 1 \sum m Y_{i}, S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}, S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} i = 1 \sum m (Y_{i} - \overset{ˉ}{Y})^{2}$ , 则
A. $\frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n, m)$ .
B. $\frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n - 1, m - 1)$ .
C. $\frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n, m)$ .
D. $\frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n - 1, m - 1)$ .

答应选 D.
正态总体的抽样分布定理：
- 设总体 $X \sim N (μ, σ^{2})$ 。
  $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自 $X$ 的样本，
  样本均值 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}$ ，
  样本方差 $S^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$ ，则：
  - $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$ :属于正态分布
  - $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ :样本方差属于卡方分布
  - $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立:样本均值与样本方差独立
F分布：
- 设 $U \sim χ^{2} (n_{1})$ ， $V \sim χ^{2} (n_{2})$ ，且 $U, V$ 相互独立，
  则称随机变量 $F = \frac{U / n _{1}}{V / n _{2}}$ 服从自由度为 $(n_{1}, n_{2})$ 的 F 分布，记为 $F \sim F (n_{1}, n_{2})$ 。
$X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $N (μ_{1}, σ^{2})$ 的简单随机样本
$Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 为来自总体 $N (μ_{2}, 2 σ^{2})$ 的简单随机样本
由卡方分布构造F分布
- 样本方差构造卡方分布
  - $\frac{( n - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$
  - $\frac{( m - 1 ) S _{2}^{2}}{2 σ ^{2}} \sim χ^{2} (m - 1)$
- 卡方分布构造F分布
  - $F = \frac{U / n _{1}}{V / n _{2}} = \frac{( n - 1 ) S _{1}^{2} / ( n - 1 )}{( m - 1 ) S _{2}^{2} / ( m - 1 )} = \frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} = F (n - 1, m - 1)$
    故选 D.

(10)

设 $X_{1}, X_{2}$ 为来自总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本, 其中 $σ (σ > 0)$ 是末知参数. 若 $\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣$ 为 $σ$ 的无偏估计,则 $a =$
A. $\frac{π}{2}$ .
B. $\frac{2 π}{2}$ .
C. $π$ .
D. $2 π$ .

一维正态分布
- (1) 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ 的随机变量 $X$ 的概率密度为
  $f (x) = \frac{1}{2 π σ} e^{- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}}, - \infty < x < + \infty.$
- (2) 若 $X_{1} \sim N (μ_{1}, σ_{1}^{2}), X_{2} \sim N (μ_{2}, σ_{2}^{2})$ , 且 $X_{1}, X_{2}$ 相互独立,
  则对于任意的实数 $a_{1}, a_{2}$ ，有 $a_{1} X_{1} + a_{2} X_{2} \sim N (a_{1} μ_{1} + a_{2} μ_{2}, a_{1}^{2} σ_{1}^{2} + a_{2}^{2} σ_{2}^{2}) .$
无偏估计
- 设 $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的估计量, 若 $E (\hat{θ}) = θ$ , 则称 $\hat{θ}$ 为 $θ$ 的无偏估计量.
  - 估计量的数学期望等于参数本身
$X \sim N (μ, σ_{1}^{2}), Y \sim N (μ_{1}, σ_{2}^{2})$ 、 $X$ 与 $Y$ 独立
- $线性组合 a X + bY \sim N (a μ_{1} + b μ_{2}, a^{2} σ_{1}^{2} + b^{2} σ_{2}^{2})$
本题
- $Y = X_{1} - X_{2} \sim N (0, 2 σ^{2})$
- 求正态的概率密度 $f_{Y (y)} = \frac{1}{2 π σ} e^{- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}} μ = 0, σ = 2 σ \frac{1}{2 2 σ} e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}}$
用定义求期望:
$E ∣ Y ∣ 何处求概率何处算积分 \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ y ∣ f_{Y (y)} d y$
- $代入 f (y) \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ y ∣ \cdot \frac{1}{2 2 σ} \cdot e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y$
- $去绝对值 2 \int_{0}^{+ \infty} y \cdot \frac{1}{2 2 σ} \cdot e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y$
- $凑 e 的指数的微分的系数 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 y}{4 σ ^{2}} \cdot \frac{σ}{π} \cdot e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d y$
- $凑微分 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{σ}{π} \cdot e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}} d (\frac{y ^{2}}{4 σ ^{2}})$
- $\int e^{- x} d x = - e^{- x} - 2 \cdot \frac{σ}{π} \cdot e^{\frac{- y ^{2}}{4 σ ^{2}}}_{0}^{+ \infty}$
- $e^{- \infty} = 0, e^{0} = 1 - 2 \cdot \frac{σ}{π} \cdot (0 - 1) 负负得正 \frac{2 σ}{π}$
$a \cdot E ∣ X_{1} - X_{2} ∣ = a \cdot E ∣ Y ∣ = a \cdot \frac{2 σ}{π} = 6$
- $a = \frac{π}{2}$
  答应选 A.
  解 $E (a ∣ X_{1} - X_{2} ∣) = a E (∣ X_{1} - X_{2} ∣) = a \cdot \frac{2 σ}{π} = σ$ , 得 $a = \frac{π}{2}$ , 其中, $X_{1} - X_{2} \sim N (0, 2 σ^{2})$ , 令 $Z = X_{1} - X_{2}$ , 有
$E (∣ X_{1} - X_{2} ∣) = \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ z ∣ \cdot \frac{1}{2 π 2 σ} \cdot e^{- \frac{z ^{2}}{ω ^{2}}} d z = 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{z}{2 π σ} e^{- \frac{x ^{2}}{ω ^{2}}} d z$
$= 2 \frac{1}{2 π σ} (- 2 σ^{2}) \int_{0}^{+ \infty} e^{- \frac{x ^{2}}{4 ^{2}}} d (- \frac{z ^{2}}{4 σ ^{2}}) = - \frac{2 σ}{π} e^{- \frac{z ^{2}}{ω ^{2}}}_{0}^{+ \infty} = \frac{2 σ}{π} .$
故选 A.

二、填空题: $11 \sim 16$ 小题, 每小题 5 分, 共 30 分.

(11)

当 $x \to 0$ 时, 函数 $f (x) = a x + b x^{2} + ln (1 + x)$ 与 $g (x) = e^{x^{2}} - cos x$ 是等价无穷小, 则 $ab =$
答应填 -2 .

整体思想： $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = 1 \Rightarrow a \cdot b$
由 $f (x) = a x + b x^{2}$ ，可以考虑将ln,e,cos都展开到二阶
- $f (x) = a x + b x^{2} + x - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) = (a + 1) x + (b - \frac{1}{2}) x^{2} + o (x^{2}) .$
- $g (x) = 1 + x^{2} + o (x^{2}) - [1 - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})] = \frac{3}{2} x^{2} + o (x^{2})$
$1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{( a + 1 ) x + ( b - \frac{1}{2} ) x ^{2} + o ( x ^{2} )}{\frac{3}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} )}$
$\Rightarrow a + 1 = 0, b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \Rightarrow a = - 1, b = 2.$
(12)

曲面 $z = x + 2 y + ln (1 + x^{2} + y^{2})$ 在点 $(0, 0, 0)$ 处的切平面方程为

答应填 $x + 2 y - z = 0$ .
切平面方程的公式： $\frac{\partial F}{\partial x}_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})} \cdot (x - x_{0}) + \frac{\partial F}{\partial y}_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})} \cdot (y - y_{0}) + \frac{\partial F}{\partial z}_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})} \cdot (z - z_{0}) = 0$ .
- 若曲面的方程为 $F (x, y, z) = 0$ ,
- 则该曲面在点 $P (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 的一个法向量为 $(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z})_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})}$ .
- 由于曲面在一点的切平面与曲面在该点的法向量垂直, 故曲面在点 $P$ 的切平面方程为
  $(x - x_{0}, y - y_{0}, z - z_{0}) \cdot (\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z})_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})} = 0$
令 $F (x, y, z) = x + 2 y + ln (1 + x^{2} + y^{2}) - z$ , 有
- $(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}) = (1 + \frac{2 x}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, 2 + \frac{2 y}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, - 1)$
- $(0, 0, 0)$ 处的法向量为 $(1, 2, - 1)$
$1 \cdot (x - 0) + 2 (y - 0) + (- 1) (z - 0) = 0$
切平面方程： $x + 2 y - z = 0$ .

(13)

设 $f (x)$ 是周期为 2 的周期函数, 且 $f (x) = 1 - x, x \in [0, 1]$ . 若 $f (x) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n} cos nπ x$ ,则 $n = 1 \sum \infty a_{2 n} =$

答应填 0 .
正弦级数与余弦级数：设 $f (x)$ 是周期为 $2 l$ 的周期函数. 记 $C = {x f (x) = \frac{1}{2} [f (x^{-}) + f (x^{+})]}$ .
- 当 $f (x)$ 为奇函数时, $f (x)$ 的傅里叶级数是只含正弦项的正弦级数
  - $f (x) = n = 1 \sum \infty b_{n} sin \frac{nπ x}{l} (x \in C)$
  - 其中 $b_{n} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f (x) sin \frac{nπ x}{l} d x (n = 1, 2, \dots)$ .
- 当 $f (x)$ 为偶函数时, $f (x)$ 的傅里叶级数是只含常数项和余弦项的余弦级数
  - $f (x) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n} cos \frac{nπ x}{l} (x \in C),$
  - 其中 $a_{n} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f (x) cos \frac{nπ x}{l} d x (n = 0, 1, 2, \dots)$ .
当 $n ⩾ 1$ 时
- $a_{n} = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) cos nπ x d x 分布 2 [\int_{0}^{1} cos nπ x d x - \int_{0}^{1} x cos nπ x d x]$
  - $= 2 0 - 0 = 0 \frac{1}{nπ} sin nπ x_{0}^{1} - 凑微分 \frac{1}{nπ} \int_{0}^{1} x d (sin nπ x)$
- $= - \frac{2}{nπ} \int_{0}^{1} x d (sin nπ x) 分布 - \frac{2}{nπ} 0 - 0 = 0 x sin nπ x ∣_{0}^{1} - \int_{0}^{1} sin nπ x d x$
  - $= \frac{2}{nπ} \int_{0}^{1} sin nπ x d x 凑微分 \frac{2}{nπ} \cdot (- \frac{cos nπ x}{nπ})_{0}^{1}$
- $= - \frac{2}{n ^{2} π ^{2}} (cos nπ - 1) .$
$将 n 换成 2 n a_{2 n} = - \frac{2}{( 2 n ) ^{2} π ^{2}} (cos 2 nπ - 1) = 0 c o s 2 nπ = 1 n = 1 \sum \infty a_{2 n} = 0$
类似题目
- 将函数 $f (x) = 2 + ∣ x ∣ (- 1 \leq x \leq 1)$ 展开成以 2 为周期的傅里叶级数，并由此求级数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$ 的和. (1991 年数学一试题)
- 设函数 $f (x) = π x + x^{2} (- π < x < π)$ 的傅里叶级数展开式为 $\frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)$ , 则其中系数 $b_{3}$ 的值为 (1993 年数学一试题)
- 将函数 $f (x) = x - 1 (0 \leq x \leq 2)$ 展开成周期为 4 的余弦级数。(1995 年数学一试题)
- 设 $x^{2} = n = 0 \sum \infty a_{n} cos n x (- π \leq x \leq π)$ , 则 $a_{2} =$ (2003 年数学一试题)
- 将函数 $f (x) = 1 - x^{2} (0 \leq x \leq π)$ 展开成余弦级数, 并 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}}$ 的和.(2008 年数学一试题)

(14)

设连续函数 $f (x)$ 满足: $f (x + 2) - f (x) = x, \int_{0}^{2} f (x) d x = 0$ , 则 $\int_{1}^{3} f (x) d x =$

答应填 $\frac{1}{2}$ .
解
$\int_{1}^{3} f (x) d x = \int_{0}^{3} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x$
$\int_{0}^{3} \to \int_{0}^{2} + \int_{2}^{3} \int_{0}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{3} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x$
- $\int_{0}^{2} f (x) d x = 0 \int_{2}^{3} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x$
$\int_{0}^{1} f (x + 2) d x t = x + 2 \int_{2}^{3} f (x) d x \int_{0}^{1} f (x + 2) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x f (x + 2) - f (x) = x \int_{0}^{1} x d x 牛莱 \frac{1}{2} x^{2}_{0}^{1} = \frac{1}{2} .$

(15)

已知向量 $α_{1} = 1011, α_{2} = - 1 - 1 01, α_{3} = 01 - 1 1, β = 111 - 1, γ = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3}$ . 若 $γ^{T} α_{i} = β^{T} α_{i} (i = 1, 2, 3)$ ,则 $k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} =$

答应填 $\frac{11}{9}$ .
向量内积的概念
- 设有 $n$ 维向量 $x = x_{1} x_{2} ⋮ x_{n}, y = y_{1} y_{2} ⋮ y_{n},$
- 令 $(x, y) = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + \dots + x_{n} y_{n},$ 则 $(x, y)$ 称为向量 $x$ 与 $y$ 的内积.
  - $(x, y) = x^{T} y = y^{T} x,$
    - 当 $(x, y) = 0$ 时,称向量 $x$ 与 $y$ 正交.
  - $(x, x) = ∥ x ∥^{2}$ ,即 $x$ 的模长的平方.
解：注意到 $α_{1}^{T} α_{2} = α_{2}^{T} α_{3} = α_{3}^{T} α_{1} = 0$ , 故 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 相互正交, 从而
由 $γ^{T} α_{i} = β^{T} α_{i} (i = 1, 2, 3)$
- 计算 $γ^{T} α_{i}$
  - $γ^{T} α_{1} = (k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3})^{T} α_{1} = k_{1} α_{1}^{⊤} α_{1} α_{1}^{T} α_{2} = α_{2}^{T} α_{3} = α_{3}^{T} α_{1} = 0 + k_{2} α_{2}^{⊤} α_{1} + k_{3} α_{3}^{⊤} α_{1} = k_{1} ∥ α_{1} ∥^{2}$
  - $γ^{T} α_{2} = (k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3})^{T} α_{2} = k_{2} ∥ α_{2} ∥^{2}$
  - $γ^{T} α_{3} = (k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3})^{T} α_{3} = k_{3} ∥ α_{3} ∥^{2}$
- 计算 $β^{T} α$
  - $β^{T} α_{1} = 1, β^{T} α_{2} = - 3, β^{T} α_{3} = - 1$
- 由 $γ^{T} α_{i} = β^{T} α_{i} (i = 1, 2, 3)$
  - $k_{1} ∥ α_{1} ∥^{2} = 1 ， k_{2} ∥ α_{2} ∥^{2} = - 3 ， k_{3} ∥ α_{3} ∥^{2} = - 1$
    - 即 $3 k_{1} = 1, 3 k_{2} = - 3, 3 k_{3} = - 1.$
    - $k_{1} = \frac{1}{3}, k_{2} = - 1, k_{3} = - \frac{1}{3}$ .
因此, $k_{1}^{2} + k_{2}^{2} + k_{3}^{2} = \frac{1}{9} + 1 + \frac{1}{9} = \frac{11}{9}$ .

(16)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $X \sim B (1, \frac{1}{3}), Y \sim B (2, \frac{1}{2})$ , 则 $P {X = Y} =$

答应填 $\frac{1}{3}$ .
$C_{n}^{k} = \frac{n !}{k ! ( n - k )!}$ ，比如： $C_{5}^{3} = \frac{5 !}{3 ! \cdot 2 !} = \frac{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{( 3 \times 2 \times 1 ) \cdot ( 2 \times 1 )} = 10$
$x p 0 \frac{2}{3} 1 \frac{1}{3}$ ， $Y p 0 \frac{1}{4} 1 \frac{1}{2} 2 \frac{1}{4}$
- $P {X = Y} 分析 X = Y P {X = 0, Y = 0} + P {X = 1, Y = 1}$
- $独立性 P {X = 0} P {Y = 0} + P {X = 1} P {Y = 1}$
  - $X \sim B (1, \frac{1}{3}) P {X = 0} = C_{1}^{0} (\frac{1}{3})^{0} (\frac{2}{3})^{1} = \frac{2}{3} P {X = 1} = C_{1}^{1} (\frac{1}{3})^{1} (\frac{2}{3})^{0} = \frac{1}{3} Y \sim B (2, \frac{1}{2}) P {Y = 0} = C_{2}^{0} (\frac{1}{2})^{0} (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} P {Y = 1} = C_{2}^{1} (\frac{1}{2})^{1} (\frac{1}{2})^{1} = \frac{1}{2}$
- $= \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3} .$

三、解答题: $17 \sim 22$ 小题, 共 70 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.

(17)

(本题满分 10 分)
设曲线 $y = y (x) (x > 0)$ 经过点 $(1, 2)$ , 该曲线上任一点 $P (x, y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距.
(1) 求 $y (x)$ ;
(2) 求函数 $f (x) = \int_{1}^{x} y (t) d t$ 在 $(0, + \infty)$ 上的最大值.

- $P (x, y)$ 处的切线方程 $y - y_{0} = y^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$
该曲线上任一点 $P (x, y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距
- 求截距:令 $x = 0$ 、得 $∣ O A ∣ = y = y_{0} - y^{'} (x_{0}) x_{0}$
- 该点处的切线在 $y$ 轴上的截距: $∣ P H ∣ = x_{0}$
$∣ O A ∣ = ∣ P H ∣$ ，得 $x_{0} = y_{0} - y^{'} (x_{0}) x_{0}$
- $整理 y - x y^{'} = x 同除 x y^{'} - \frac{1}{x} y = - 1$
  - $p = - \frac{1}{x}, q = - 1 y = e^{\int \frac{1}{x} d x} [\int (- 1) e^{- \int \frac{1}{x} d x} d x + C]$
  - $= e^{l n x} [\int (- 1) e^{- l n x} d x + C]$
  - $= x [\int (- 1) \frac{1}{x} d x + C]$
  - $= x [- ln x + C]$
$y (1) = 2$ ，代入得 $2 = 1 \cdot [- ln 1 + C] ，得 C = 2$
- 从而y的方程: $y = x (2 - ln x)$
(2) 求函数 $f (x) = \int_{1}^{x} y (t) d t$ 在 $(0, + \infty)$ 上的最大值.
$f (x) = \int_{1}^{x} y (t) d t = \int_{1}^{x} t \cdot (2 - ln t) d t$
一阶导求极值: $f^{'} (x) = x \cdot (2 - ln x) = 0$ ，得 $x = 0 或 x = e^{2}$
- 因 $x > 0$ , 则驻点 $x = e^{2}$
- 通过增减性判断是否是最值
  - 当 $0 < x < e^{2}, f^{'} (x) > 0,$ ↗
  - 当 $x > e^{2}, f^{'} (x) < 0,$ \searrow
  - 则 $x = e^{2}$ 为 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上的最大值点。
$x = e^{2} f_{ma x} = f (e^{2}) = \int_{1}^{e^{2}} t (2 - ln t) d t$
- $拆开 \int_{1}^{e^{2}} 2 t d t - \int_{1}^{e^{2}} t ln t d t$
- $凑微分 + 分布 t^{2}_{1}^{e^{2}} - \frac{1}{2} \int_{1}^{e^{2}} ln t d (t^{2})$
- $脆弱坚强 e^{4} - 1 - \frac{1}{2} [t^{2} \cdot ln t_{1}^{e^{2}} - \int_{1}^{e^{2}} t^{2} \cdot d (ln t)]$
- $(l n t)^{'} = \frac{1}{t} e^{4} - 1 - \frac{1}{2} [2 e^{4} - 0 - \int_{1}^{e^{2}} t^{2} \cdot \frac{1}{t} d t]$
- $牛莱 e^{4} - e^{4} - 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{t ^{2}}{2}_{1}^{e^{2}}$
- $= - 1 + \frac{1}{2} (\frac{e ^{4}}{2} - \frac{1}{2}) = \frac{e ^{4}}{4} - \frac{5}{4}$

(18)

(本题满分 12 分)
求函数 $f (x, y) = (y - x^{2}) (y - x^{3})$ 的极值.

- 求条件极值的方法
  - (1) $f_{x} = f_{y} = 0$
  - (2) $A = f_{xx}, B = f_{x y}, C = f_{y y}$
  - $A C - B^{2} ⎩ ⎨ ⎧ > 0 < 0 : 非极值 = 0 : 进一步讨论 {A > 0 : 极小 A < 0 : 极大$
$f (x, y) = (y - x^{2}) (y - x^{3})$
- $乘法分配 y^{2} - x^{3} y - x^{2} y + x^{5}$
求可能的极值点，也就是驻点
- $f_{x}^{'} = - 3 x^{2} y - 2 x y + 5 x^{4}$
- $f_{y}^{'} = 2 y - x^{3} - x^{2}$
- 令 ${f_{x}^{'} = 0 f_{y}^{'} = 0$ ，得 ${- 3 x^{2} y - 2 x y + 5 x^{4} = 0 2 y - x^{3} - x^{2} = 0$
  - $y = \frac{x ^{3} + x ^{2}}{2} 代入消元法$ ，得 $- 3 x^{2} \cdot \frac{x ^{3} + x ^{2}}{2} - 2 x \cdot \frac{x ^{3} + x ^{2}}{2} + 5 x^{4} = 0$
    - $整理 - \frac{3}{2} \cdot (x^{5} + x^{4}) - (x^{4} + x^{3}) + 5 x^{4} = 0$
    - $合并同类项 - \frac{3}{2} x^{5} + (- \frac{3}{2} - 1 + 5) x^{4} - x^{3} = 0$
    - $整理 - \frac{3}{2} x^{5} + \frac{5}{2} x^{4} - x^{3} = 0$
    - $同除 x^{3} - \frac{3}{2} x^{2} + \frac{5}{2} x - 1 = 0$
    - $同乘 2 3 x^{2} - 5 x + 2 = 0$
    - $13 - 1 2 因式分解 (x - 1) (3 x - 2) = 0$
  - 得 $x = 0, x = 1, x = \frac{2}{3}$
    - $(x, y)$ 为 $(0, 0), (1, 1), (\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$
求 $A, B, C$
- 由一阶导
  - $f_{x}^{'} = - 3 x^{2} y - 2 x y + 5 x^{4}$
  - $f_{y}^{'} = 2 y - x^{3} - x^{2}$
- 求二阶导
  - $⎩ ⎨ ⎧ A = f_{xx}^{''} = 20 x^{3} - 6 x y - 2 y B = f_{x y}^{''} = - 3 x^{2} - 2 x C = f_{y y}^{''} = 2$
分别讨论三种情况 $(x, y)$ 为 $(0, 0), (1, 1), (\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$
当 $x = 0, y = 0$ 时,
- $A, B, C$
  - $A = 0 - 0 - 0 = 0$
  - $B = 0 - 0 = 0$
  - $C = 2$
- $A C - B^{2} = 0 \cdot 2 - 0 = 0$ ，可能存在极值点
- $f (x, y) = (y - x^{2}) (y - x^{3})$
  - 取 $y = 2 x^{2}$
    - $f (x, y) = (2 x^{2} - x^{2}) (x^{2} - x^{3}) = x^{2} \cdot (x^{2} - x^{3}) = x^{4} \cdot (1 - x) > 0$
  - 取 $y = 2 x^{3}$
    - $f (x, y) = (2 x^{3} - x^{2}) (2 x^{3} - x^{3}) = (2 x^{3} - x^{2}) \cdot x^{3} = x^{5} (2 x - 1) < 0$
  - 有的点大、有的点小、所以点 $(0, 0)$ 不是极值点
$(x, y) = (1, 1)$
- $A, B, C$
  - $A = 20 - 6 - 2 = 12$
  - $B = - 5$
  - $C = 2$
- $A C - B^{2} = 24 - 25 = - 1 < 0$
  - $(x, y) = (1, 1)$ 不是极值点
$(x, y) = (\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$ 时
- 求 $A, B, C$
  - $A = f_{xx}^{''} = 20 x^{3} - 6 x y - 2 y = 20 (\frac{2}{3})^{3} - 6 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{10}{27} - 2 \cdot \frac{10}{27}$
    - $= 20 \cdot \frac{8}{27} - 4 \cdot \frac{10}{27} - 2 \cdot \frac{10}{27} = \frac{100}{27}$
  - $B = f_{x y}^{''} = - 3 x^{2} - 2 x = - 3 (\frac{2}{3})^{2} - 2 \cdot \frac{2}{3} = - 3 \cdot \frac{4}{9} - \frac{4}{3} = - \frac{8}{3}$
  - $C = f_{y y}^{''} = 2$
- 判断是否是极值点
  - $A C - B^{2} = \frac{100}{27} \times 2 - \frac{64}{9} > 0$
  - $A = \frac{100}{27} > 0$
  - 则 $(\frac{2}{3}, \frac{10}{27})$ 是极小值点。
    - $f (\frac{2}{3}, \frac{10}{27}) = (y - x^{2}) (y - x^{3})$
      - $= (\frac{10}{27} - \frac{4}{9}) (\frac{10}{27} - \frac{8}{27})$
      - $= - \frac{2}{27} \cdot \frac{2}{27} = - \frac{4}{2 7 ^{2}}$

(19)

(本题满分 12 分)
设空间有界区域 $Ω$ 由柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $z = 0$ 和 $x + z = 1$ 围成, $Σ$ 为 $Ω$ 边界面的外侧,计算曲面积分 $I = \iint_{Σ} 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 y z sin x d x d y$

$I 原式 \iint_{Σ} 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 y z sin x d x d y$
- $= ∭_{Ω} \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} d v$
- $高斯 ∭_{Ω} 2 z - x z sin y + 3 y sin x d v$
$x \geq s i n y 与 3 y s i n x 是奇函数 ∭_{Ω} 2 z d v$
- $柱线法 \iint_{Σ} d x d y \int_{0}^{1 - x} 2 z d z$
- $z^{2} ∣_{0}^{1 - x} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} (1 - x)^{2} d x d y$
- $完全平方 \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} (1 + x^{2} - 2 x) d x d y$
- $= \iint_{D} (1 + x^{2} - 2 x) d x d y$
$x 是奇函数 \iint_{D} d x d y + \iint_{D} x^{2} d x d y \iint_{D} y^{2} d x d y$
$轮转对称性然后极坐标求解 π + \frac{1}{2} \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d x d y$
- $化为极坐标 x^{2} + y^{2} = r^{2} π + \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r$
- $= π + \frac{1}{2} \cdot 2 π \cdot \frac{1 ^{4}}{4} = \frac{5 π}{4}$

(20)

(本题满分 12 分)
设函数 $f (x)$ 在 $[- a, a]$ 上具有 2 阶连续导数. 证明:
(1) 若 $f (0) = 0$ , 则存在 $ξ \in (- a, a)$ , 使得 $f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]$ ;
(2) 若 $f (x)$ 在 $(- a, a)$ 内取得极值, 则存在 $η \in (- a, a)$ , 使得

$∣ f^{''} (η) ∣ ⩾ \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣.$
- 带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式
  - 设函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上具有二阶导数, $c$ 为 $(a, b)$ 内一点, 则 $f (x)$ 在 $x = c$ 处的带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式为
    - $f (x) = f (c) + f^{'} (c) (x - c) + \frac{f ^{''} ( ξ )}{2 !} (x - c)^{2},$
    - 其中 $ξ$ 介于 $x$ 与 $c$ 之间.
  - 展开位置:中间点(左右界限相加除以二)，左右端点，题中给的特殊点
解 (1) 由题设, 根据一阶带拉格朗日余项的泰勒公式, 存在 $x_{1} \in (- a, 0), x_{2} \in (0, a)$ , 使得
- 在0点展开: $f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{1}{2} f^{''} (ξ) x^{2}$
  - $f (- a) = f (0) - f^{'} (0) a + \frac{1}{2} f^{''} (x_{1}) a^{2} f (0) = 0 - f^{'} (0) a + \frac{1}{2} f^{''} (x_{1}) a^{2},$
  - $f (a) = f (0) + f^{'} (0) a + \frac{1}{2} f^{''} (x_{2}) a^{2} f (0) = 0 f^{'} (0) a + \frac{1}{2} f^{''} (x_{2}) a^{2} .$
- 所以 $f (- a) + f (a) = \frac{a ^{2}}{2} [f^{''} (x_{1}) + f^{''} (x_{2})]$ .
  - 因为 $f^{''} (x)$ 连续, 所以由介值定理存在 $ξ \in [x_{1}, x_{2}] \subset (- a, a)$ , 使得
  - $f^{''} (ξ) 平均值 \frac{1}{2} [f^{''} (x_{1}) + f^{''} (x_{2})] .$
    - 没有点，就创造一个
- 综上,存在 $ξ \in (- a, a)$ , 使得 $f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)] .$

(2)

(2) 设 $f (x)$ 在 $x_{0} \in (- a, a)$ 取得极值, 则 $极值点处导数为 0 f^{'} (x_{0}) = 0$
- 根据一阶带拉格朗日余项的泰勒公式, 存在 $b \in (- a, x_{0}), c \in (x_{0}, a)$ , 使得
  $f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (η) (x - x_{0})^{2}, η$ 在 $x$ 与 $x_{0}$ 之间 $.$
  - $f (- a) = f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) (a + x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (b) (a + x_{0})^{2} = f (x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (b) (a + x_{0})^{2},$
  - $f (a) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (a - x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (c) (a - x_{0})^{2} = f (x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (c) (a - x_{0})^{2} .$
- 所以 $f (a) - f (- a) = \frac{1}{2} [f^{''} (c) (a - x_{0})^{2} - f^{''} (b) (a + x_{0})^{2}]$ .
- 不妨设 $∣ f^{''} (b) ∣ ⩽ ∣ f^{''} (c) ∣$ , 记 $η = c$ , 则
  - $∣ f (a) - f (- a) ∣ ⩽ \frac{1}{2} ∣ f^{''} (η) ∣ [(a - x_{0})^{2} + (a + x_{0})^{2}] ⩽ 2 a^{2} ∣ f^{''} (η) ∣ .$
综上, 存在 $η \in (- a, a)$ , 使得 $∣ f^{''} (η) ∣ ⩾ \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣.$

(2)高昆仑版

(2) 设 $f (x)$ 在 $x_{0} \in (- a, a)$ 处职得极值, 于是 $f^{'} (x_{0}) = 0$ .

$f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (τ) (x - x_{0})^{2}$
- $f^{'} (x_{0}) = 0 f (x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (τ) (x - x_{0})^{2} .$
  - 取 $x = - a$ ，有 $f (- a) = f (x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (η_{1}) (- a - x_{0})^{2} .$
  - 取 $x = a$ ，有 $f (a) = f (x_{0}) + \frac{1}{2} f^{''} (η_{2}) (a - x_{0})^{2} .$
    - 以上两式相减，得 $f (- a) - f (a) = \frac{1}{2} f^{''} (η_{1}) (a + x_{0})^{2} - \frac{1}{2} f^{''} (η_{2}) (a - x_{0})^{2} .$
于是 $∣ f (- a) - f (a) ∣ = \frac{1}{2} f^{''} (η_{1}) (a + x_{0})^{2} - \frac{1}{2} f^{''} (η_{2}) (a - x_{0})^{2}$
- $∣ a \pm b ∣ ⩽ ∣ a ∣ + ∣ b ∣ \leq \frac{1}{2} f^{''} (η_{1}) (a + x_{0})^{2} + \frac{1}{2} f^{''} (η_{2}) (a - x_{0})^{2} .$
- $∣ f^{''} (η) ∣ = m a x {∣ f^{''} (η_{1}) ∣, ∣ f^{''} (η_{2}) ∣} \leq \frac{1}{2} ∣ f^{''} (η) ∣ \cdot [(a + x_{0})^{2} + (a - x_{0})^{2}]$
- $完全平方展开后整理 \frac{1}{2} ∣ f^{''} (η) ∣ \cdot (2 a^{2} + 2 x_{0}^{2})$
- $x_{0}^{2} < a^{2} < \frac{1}{2} ∣ f^{''} (η) ∣ \cdot 4 a^{2} = 2 a^{2} ∣ f^{''} (η) ∣ .$
所以 $∣ f^{''} (η) ∣ > \frac{∣ f ( - a ) - f ( a ) ∣}{2 a ^{2}} .$

(21)

(本题满分 12 分)
已知二次型

$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3},$
$g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3} .$
(1) 求可逆变换 $x = P y$ 将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ ;
(2) 是否存在正交变换 $x = Qy$ 将 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ ?
- 合同变换
  - 设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵， $P$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $P^{T} A P$ 为对 $A$ 作合同变换所得矩阵, 所得矩阵 $B = P^{T} AP$ 与矩阵 $A$ 合同.
  - $f = x^{⊤} A x x = p y y^{⊤} p^{⊤} A p y = g$

方法1

f和g具有相同的规范型
- $f x = P_{1} z h P_{1}^{T} A P_{1} = Λ$
- $g y = P_{2} z h P_{2}^{T} B P_{2} = Λ$
- $B = (P_{2}^{T})^{- 1} Λ P_{2}^{- 1} = (P_{2}^{- 1})^{T} P_{1}^{T} A P_{1} P_{2}^{- 1}$
  - 记 $P = P_{1} P_{2}^{- 1}$ ，则 $B = P^{T} A P$
$A = 11 - 1 120 - 102 B = 100011011$
$A = 11 - 1 120 - 102 r_{2} - r_{1} 11 - 1 011 - 102 C_{2} - C_{1} 10 - 1 011 - 112$
- $r_{3} + r_{1} 10 - 1 011011 C_{3} + C_{1} 100011011$
$P_{1} = 1 - 10 010001 P_{2} = 101010001$
- $P = P_{1} P_{2} = 1 - 10 010001 101010001 = 1 - 11 010001$

方法2

解：(1)

$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3}$
- $= (x_{1} + x_{2} - x_{3})^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 x_{2} x_{3}$
- $= (x_{1} + x_{2} - x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{3} + 0 x_{3}^{2} .$
- $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} - x_{3} = z_{1} x_{2} + x_{3} = z_{2} x_{3} = z_{3}$
$g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 2 y_{2} y_{3} = y_{1}^{2} + (y_{2} + y_{3})^{2} + 0 y_{3}^{2} .$
- ${y_{1} = z_{1} y_{2} + y_{3} = z_{2}$
- 则 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + 0 z_{3}^{2}$ 。
(1) =(2)，得 $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} - x_{3} = y_{1} x_{2} + x_{3} = y_{2} + y_{3} x_{3} = y_{3}$
- 即 $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = y_{1} - y_{2} + y_{3} x_{2} = y_{2} x_{3} = y_{3}$
- 记 $P = 1 - 11 010001$ ，则在 $x = P y$ 下，有 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 。

(2)

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 与 $g (y_{1}, y_{2}, y_{3})$ 对应的矩阵分别为

$A = 11 - 1 120 - 102, B = 100011011 .$
是否存在正交变换 $x = Q y$ 将 $f$ 化为 $g$
- $等价$ 是否存在正交矩阵 $Q,$ 使得 $Q^{T} A Q = B$ 或 $Q^{- 1} A Q = B$ (相似) $.$
由于 $tr (A) \neq = tr (B)$ ，所以矩阵 $A$ 与 $B$ 不相似，
- 故，不存在正交变换 $x = Q y$ 将 $f$ 化为 $g$ 。

(22)

(本题满分 12 分)
设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

$f (x, y) = {\frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}), 0, x^{2} + y^{2} ⩽ 1, 其他 .$
(1) 求 $X$ 与 $Y$ 的协方差;
(2) $X$ 与 $Y$ 是否相互独立?
(3) 求 $Z = X^{2} + Y^{2}$ 的概率密度.
- 解 (1) 因为 $Cov (X, Y) = E (X Y) - E X E Y$
- $E X = \iint_{x^{'} + y^{'} < 1} x \cdot \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y = 0,$
- $E Y = \iint_{x^{'} + y^{'} < 1} y \cdot \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y = 0,$
- $E (X Y) = \iint_{x^{'} + y^{'} < 1} x y \cdot \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y = 0,$
所以 $X$ 与 $Y$ 的协方差为
- $Cov (X, Y) = E (X Y) - E X E Y = 0.$
(2) 对 $\forall x, y$ ，有 $f (x, y) = f_{X} (x) \cdot f_{Y} (y)$ ，则 $X$ 与 $Y$ 相互独立。
- 若 $f (x, y)$ （二元函数）不能分解成两个一元函数 $f_{X} (x)$ 和 $f_{Y} (y)$ 的乘积，则 $X$ 与 $Y$ 不相互独立。
- 若 $f (x, y)$ 的非零区域不是矩形，则 $X$ 与 $Y$ 不相互独立。
(3) 记 $Z$ 的分布函数为 $F_{Z} (z)$ .
- $F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X^{2} + Y^{2} \leq z}$ ，其中 $0 \leq Z \leq 1$ ， $- \infty < z < + \infty$ 。
  - 若 $z < 0$ ，则 $F_{Z} (z) = 0$ 。
  - 若 $z \geq 1$ ，则 $F_{Z} (z) = 1$ 。
  - 若 $0 \leq z < 1$ ，则
    $F_{Z} (z) = P {X^{2} + Y^{2} \leq z} = x^{2} + y^{2} \leq z \iint \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}) d x d y$
    - $\int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{z} \frac{2}{π} r^{3} d r = z^{2} .$
- $f_{Z} (z) = {2 z, 0 < z < 1, 0, 其他 .$

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