2011 年真题

【答案】

【解析】 本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

$s={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{(y^{\prime }{)}^2+1}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{\tan }^{2}x+1}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec xdx=\ln |\sec x+\tan x|{|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\ln (\sqrt{2}+1)$

【答案】 $y=\sin x{e}^{-x}$

【解析】 本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。

原方程的通解为

由 $y(0)=0$ ，得 $0=e^0[\sin 0+C]$ ，即 $0=1\times (0+C)$ ，解得 $C=0$ ，故所求解为 $y=\sin x{e}^{-x}$ 。

【答案】 0

【解析】 本题考查偏导数的计算。由于 $F(x,y)$ 中不含 $x$ ，所以 $\frac{\partial F}{\partial x}=0$ ，进而 $\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=0$ ，故在任意点处的值均为 $0$ 。

【答案】 $\pi$

【解析】 本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

$L$ 的参数方程为 $\{\begin{array}{l}x=\cos t\\ y=\sin t\\ z=\cos t+\sin t\end{array}$ ， $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 。

【答案】 1

【解析】 本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 $a$ 。

本题等价于将二次型 $f(x,y,z)=x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz$ 经正交变换后化为了 $f=y_1^2+4z_1^2$ ，由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 $1,4,0$ 。

二次型的矩阵 A=​1a1​a31​111​​ ，因为特征值之和等于矩阵的迹，所以 $1+4+0=1+3+1$ ，恒成立；又因为特征值之积等于矩阵的行列式，即 $|A|=0$ 。

计算行列式：

$\left|\begin{array}{ccc}1& a& 1\\ a& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=1\times (3\times 1-1\times 1)-a\times (a\times 1-1\times 1)+1\times (a\times 1-3\times 1)=2-a(a-1)+(a-3)=-a^2+2a-1$

令 $|A|=0$ ，即 $-a^2+2a-1=0$ ，解得 $a=1$ 。

【答案】

【解析】 本题考查二维正态分布的性质。由于 $\rho =0$ ，由二维正态分布的性质可知随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立。因此 $E(X{Y}^2)=E(X)\cdot E(Y^2)$ 。

由于 $(X,Y)$ 服从 $N(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0)$ ，可知 $E(X)=\mu$ ， $E(Y^2)=D(Y)+(E(Y){)}^2={\sigma }^2+{\mu }^2$ ，则

【答案】 $e^{-\frac{1}{2}}$

【解析】

【答案】 $f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_{12}^{\prime \prime }(1,1)$

【解析】 $\frac{\partial z}{\partial x}=f_1(xy,yg(x))\cdot y+f_2(xy,yg(x))\cdot y{g}^{\prime }(x)$

由于 $g(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值，可知 $g^{\prime }(1)=0$ ，故

【答案】 当 $k\le 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k>1$ 时，方程有 2 个实根。

【解析】 令 $f(x)=k\arctan x-x$ ，则 $f(0)=0$ ，且

(1) 当 $k\le 1$ 时， $f^{\prime }(x)\le 0$ （仅当 $k=1$ 且 $x=0$ 时等号成立），因此 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上单调递减，故方程仅有一个实根 $x=0$ 。

(2) 当 $k>1$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$ ，解得 $x=\pm \sqrt{k-1}$ 。在区间 $(-\sqrt{k-1},\sqrt{k-1})$ 上， $f^{\prime }(x)>0$ ， $f(x)$ 单调递增；在区间 $(-\infty ,-\sqrt{k-1})$ 和 $(\sqrt{k-1},+\infty )$ 上， $f^{\prime }(x)<0$ ， $f(x)$ 单调递减。

计算可得：

令 $t=\sqrt{k-1}>0$ ，则

求导可知该函数在 $t>0$ 时大于 0。又因为 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=-\infty$ ，所以在区间 $(\sqrt{k-1},+\infty )$ 上存在一个实根。

同理， $f(-\sqrt{k-1})<0$ ，且 ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=+\infty$ ，但 $f(0)=0$ ，因此在区间 $(-\infty ,-\sqrt{k-1})$ 上无实根。综上，当 $k>1$ 时，方程有两个实根（ $x=0$ 和一个正根）。

综上所述，当 $k\le 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k>1$ 时，方程有 2 个实根。

【答案】 见解析

【解析】 (1) 令 $x=\frac{1}{n}>0$ ，需证 $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$ 。

令 $f(x)=x-\ln (1+x)$ ，则 $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}>0$ （当 $x>0$ 时）。因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增，且 $f(x)>f(0)=0$ ，即 $\ln (1+x)<x$ 。

再令 $g(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{1+x}$ ，则 $g^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}=\frac{x}{(1+x{)}^2}>0$ （当 $x>0$ 时）。因此 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增，且 $g(x)>g(0)=0$ ，即 $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)$ 。

综上，不等式得证。

(2) 考虑 $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ 。由 (1) 知 $\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，因此 $a_{n+1}-a_n<0$ ，即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。

又因为

所以 $\{a_n\}$ 有下界。

由单调有界收敛定理，数列 $\{a_n\}$ 收敛。

【答案】 $a$

【解析】 将二重积分化为累次积分：

先计算内层积分 ${\int }_0^{1}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)dx$ ，将 $y$ 视为常数，利用分部积分法：

由 $f(1,y)=0$ ，得 $f_y^{\prime }(1,y)=0$ ，故内层积分化简为：

因此：

再对内层积分 ${\int }_0^{1}y{f}_y^{\prime }(x,y)dy$ 分部积分，将 $x$ 视为常数：

所以：

【答案】
（Ⅰ） $a=5$
（Ⅱ）

【解析】
【解】
(Ⅰ) 方法一
${\mathbf{\alpha }}_1$ ， ${\mathbf{\alpha }}_2$ ， ${\mathbf{\alpha }}_3$ 为 $3$ 个 $3$ 维向量，因为

所以 ${\mathbf{\alpha }}_1$ ， ${\mathbf{\alpha }}_2$ ， ${\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关。

由于 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ 一定可由 ${\mathbf{\alpha }}_1$ ， ${\mathbf{\alpha }}_2$ ， ${\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示，而 ${\mathbf{\alpha }}_1$ ， ${\mathbf{\alpha }}_2$ ， ${\mathbf{\alpha }}_3$ 不能由 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ 线性表示，所以 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ 的秩小于 ${\mathbf{\alpha }}_1$ ， ${\mathbf{\alpha }}_2$ ， ${\mathbf{\alpha }}_3$ 的秩。

从而

故 $a=5$ 。

方法二
${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ ， ${\mathbf{\alpha }}_i$ （ $i=1,2,3$ ）为 $4$ 个 $3$ 维向量，则 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ ， ${\mathbf{\alpha }}_i$ （ $i=1,2,3$ ）一定线性相关。

若 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ 线性无关，而 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ ， ${\mathbf{\alpha }}_i$ （ $i=1,2,3$ ）线性相关，则 ${\mathbf{\alpha }}_i$ （ $i=1,2,3$ ）可由向量组 ${\mathbf{\beta }}_1$ ， ${\mathbf{\beta }}_2$ ， ${\mathbf{\beta }}_3$ 线性表示，矛盾。

于是 $|{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3|=0$ 。由

得 $a=5$ 。

(Ⅱ) 将矩阵 $({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3)$ 进行初等行变换得

于是