2008 年真题

【答案】 $y=\frac{1}{x}$

【解析】 由 $\frac{dy}{dx}=\frac{-y}{x}$ 分离变量积分得
$-\ln |y|=\ln |x|+C_1$ ，
所以 $\frac{1}{|y|}=|x|\cdot C$ 。

又 $y(1)=1$ ，
所以 $y=\frac{1}{x}$ 。

【答案】 $y=x+1$

【解析】 设 $F(x,y)=\sin (xy)+\ln (y-x)-x$ ，则

将 $y(0)=1$ 代入得

故切线方程为

即

【答案】 $(1,5]$

【解析】
幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x+2{)}^n$ 的收敛区间以 $x=-2$ 为中心。
由于该级数在 $x=0$ 处收敛，在 $x=-4$ 处发散，因此其收敛半径为 $2$ ，收敛域为 $(-4,0]$ 。
即当 $-2<x+2\le 2$ 时级数收敛，亦即 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{t}^n$ 的收敛半径为 $2$ ，收敛域为 $(-2,2]$ 。

对于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-3{)}^n$ ，其收敛半径仍为 $2$ 。
由 $-2<x-3\le 2$ 可得 $1<x\le 5$ ，
因此幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-3{)}^n$ 的收敛域为 $(1,5]$ 。

【答案】 4π

【解析】 给定曲面 ${\sum }_1:z=0$ （其中 $x^2+y^2\le 4$ ）的下侧，记 $\sum$ 与 ${\sum }_1$ 所围成的空间区域为 $\Omega$ 。

则原式可表示为：

利用高斯公式，第一项化为：

第二项由于 ${\sum }_1$ 取下侧，其法向量与 $z$ 轴反向，故：

因此原式等于：

由于 $\Omega$ 关于 $x$ 轴对称且被积函数 $y$ 为奇函数，故：

剩余部分为：

利用对称性：

转换为极坐标：

最终结果为：

【答案】 1

【解析】 由 $A({\alpha }_1,{\alpha }_2)=({\alpha }_1,{\alpha }_2)\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ ，记 $P=({\alpha }_1,{\alpha }_2)$ ， $B=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ ，则 $A$ 与 $B$ 相似。

由 $|\lambda E-B|=\lambda (\lambda -1)=0$ ，得 $B$ 的特征值为 $0$ 和 $1$ ，故 $A$ 的非零特征值为 $1$ 。

【答案】 $\frac{1}{2e}$

【解析】 由 $DX=E{X}^2-(EX{)}^2$ ， $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，故 $DX=EX=1$ 。

所以 $E{X}^2=1+1=2$ ，则 $P\{X=2\}=\frac{1^2}{2!}{e}^{-1}=\frac{1}{2e}$ 。

【答案】 $\frac{1}{6}$

【解析】 方法一：

方法二：

【答案】 $-\frac{{\pi }^2}{2}$

【解析】 方法一：（直接取 $x$ 为参数，将对坐标的曲线积分化成定积分计算）

方法二：（添加 $x$ 轴上的直线段，用格林公式化成二重积分计算）

取 $L_1$ 为 $x$ 轴上从点 $(\pi ,0)$ 到点 $(0,0)$ 的一段， $D$ 是由 $L$ 与 $L_1$ 围成的区域。

方法三：（将其拆成 ${\int }_L\sin 2xdx-2ydy+{\int }_{L}2x^{2}ydy$ ，前者与路径无关，选择沿 $x$ 轴上的直线段积分，后者化成定积分计算）

对于 $I_1$ ，因为 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=0$ ，故曲线积分与路径无关，取 $(0,0)$ 到 $(\pi ,0)$ 的直线段积分。

所以，原式 $=-\frac{1}{2}{\pi }^2$ 。

【答案】 最远点为 $(-5,-5,5)$ ，最近点为 $(1,1,1)$ 。

【解析】

点 $(x,y,z)$ 到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$ ，故求 $C$ 上距离 $xOy$ 面的最远点和最近点的坐标，等价于求函数 $H=z^2$ 在条件 $x^2+y^2-2z^2=0$ 与 $x+y+3z=5$ 下的最大值点和最小值点。

令

则有

由 (1) 和 (2) 得 $x=y$ ，代入 (4) 和 (5) 得

解得

【答案】 见解析

【解析】
(1) 对任意的 $x$ ，由于 $f$ 是连续函数，所以

由于 ${\lim }_{\Delta x\to 0}f(\xi )=f(x)$ ，可知函数 $F(x)$ 在 $x$ 处可导，且 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 。

(2) 方法一：要证明 $G(x)$ 以 $2$ 为周期，即要证明对任意的 $x$ ，都有 $G(x+2)=G(x)$ 。
令 $H(x)=G(x+2)-G(x)$ ，则

又因为

所以 $H(x)=0$ ，即 $G(x+2)=G(x)$ 。

方法二：由于 $f$ 是以 $2$ 为周期的连续函数，所以对任意的 $x$ ，有

即 $G(x)$ 是以 $2$ 为周期的周期函数。

【答案】 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}$

【解析】
由于

所以

令 $x=0$ ，有

又 $f(0)=1$ ，所以

【答案】 见解析

【解析】

(I) 我们有
$r(A)=r(\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T)\le r(\alpha {\alpha }^T)+r(\beta {\beta }^T)\le r(\alpha )+r(\beta )\le 2$ 。

(II) 由于 $\alpha$ 、 $\beta$ 线性相关，不妨设 $\alpha =k\beta$ 。于是
$r(A)=r(\alpha {\alpha }^T+\beta {\beta }^T)=r((1+k^2)\beta {\beta }^T)\le r(\beta )\le 1<2$ 。

【答案】
（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）当 $a\ne 0$ 时，方程组有唯一解，且 $x_1=\frac{n}{(n+1)a}$
（Ⅲ）当 $a=0$ 时，方程组有无穷多解，且通解为 x=​010⋮0​​+k​100⋮0​​ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
（Ⅰ）证明
记

下面用数学归纳法证明 $D_n=(n+1)a^n$ 。

当 $n=1$ 时， $D_1=2a$ ，结论成立。

当 $n=2$ 时，

结论成立。

假设结论对小于 $n$ 的情况成立，将 $D_n$ 按第一行展开，得

第二个行列式等于

因此

代入归纳假设

得

故

（Ⅱ）解
当 $a\ne 0$ 时，方程组系数行列式 $D_n\ne 0$ ，故方程组有唯一解。

由 Cramer 法则，将 $D_n$ 的第一列换成 $\mathbf{b}$ ，得行列式

按第一列展开，等于

已知

因此

（Ⅲ）解
当 $a=0$ 时，方程组化为

系数矩阵的秩与增广矩阵的秩均为 $n-1$ ，方程组有无穷多解，通解为

其中 $k$ 为任意常数。

【答案】
(Ⅰ) $P\left\{Z\le \frac{1}{2}|X=0\right\}=\frac{1}{2}$
(Ⅱ) $f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3},& -1\le z<2\\ 0,& \text{其他}\end{array}$

【解析】
(1)