一、填空题
〔01〕与两直线 $\left\{\begin{aligned}x&=1 \\ y&=-1+t \\ z&=2+t\end{aligned}\right.$ 及 $\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-1}{1}$ 都平行，且过原点的平面方程为________.
答案： $x-y+z=0$
解析：
两直线的方向向量分别为 $\boldsymbol{s}_{1}=\left(0,1,1\right)$ 与 $\boldsymbol{s}_{2}=\left(1,2,1\right)$，故所求平面的法向量为 $\boldsymbol{n}=\boldsymbol{s}_{1}\times\boldsymbol{s}_{2}=\left(-1,1,-1\right)$.又平面过原点，故方程为 $-x+y-z=0$，即 $x-y+z=0$.
〔02〕当 $x=$________ 时，函数 $y=x,2^{x}$ 取得极小值.
答案： $-\dfrac{1}{\ln 2}$
解析：
由 $y^{\prime}=2^{x}\left(1+x\ln 2\right)=0$，得驻点 $x=-\dfrac{1}{\ln 2}$.当 $x<-\dfrac{1}{\ln 2}$ 时 $y^{\prime}<0$，当 $x>-\dfrac{1}{\ln 2}$ 时 $y^{\prime}>0$，故函数在该点取得极小值.
〔03〕由曲线 $y=\ln x$ 与两直线 $y=\left(e+1\right)-x$ 及 $y=0$ 所围成的平面图形的面积为________.
答案： $\dfrac{3}{2}$
解析：
$\int_{1}^{e}\ln x,\mathrm{~d}x+\int_{e}^{e+1}\left(e+1-x\right),\mathrm{~d}x=\frac{3}{2}$.
〔04〕设 $L$ 为取正向的圆 $x^{2}+y^{2}=9$，则曲线积分 $\oint_{L}\left(2xy-2y\right)\mathrm{~d}x+\left(x^{2}-4x\right)\mathrm{~d}y$ 的值为________.
答案： $-18\pi$
解析：
$$
\oint_{L}\left(2xy-2y\right)\mathrm{~d}x+\left(x^{2}-4x\right)\mathrm{~d}y
=\iint_{D}\left(2x-4-\left(2x-2\right)\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y
=-2\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{~d}y=-18\pi
$$
〔05〕已知 3 维线性空间的一组基为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,1,0\right)$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(1,0,1\right)$，$\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(0,1,1\right)$，则向量 $\boldsymbol{\alpha}=\left(2,0,0\right)$ 在上述基底下的坐标为________.
答案： $\left(1,1,-1\right)$
解析：
设 $\boldsymbol{\alpha}=x_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+x_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}$，比较各分量得 $x_{1}+x_{2}=2$、$x_{1}+x_{3}=0$、$x_{2}+x_{3}=0$，解得 $x_{1}=1$、$x_{2}=1$、$x_{3}=-1$，故所求坐标为 $\left(1,1,-1\right)$.
二、极限与定积分
〔01〕求正常数 $a$ 与 $b$，使得 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{bx-\sin x}\int_{0}^{x}\frac{t^{2}}{\sqrt{a+t^{2}}}\mathrm{~d}t=1$ 成立.
解析：
$1=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{x^{2}}{\sqrt{a+x^{2}}}}{b-\cos x}$.
分母常数项须为零，故 $b=1$.再计算
$1=\lim\limits_{x\to0}\frac{x^{2}}{\sqrt{a+x^{2}}\left(1-\cos x\right)}=\frac{2}{\sqrt{a}}$，
从而 $a=4$，$b=1$.
三、微分与矩阵
〔01〕设函数 $f,g$ 连续可微，$u=f\left(x,xy\right)$，$v=g\left(x+xy\right)$，求 $\frac{\partial u}{\partial x}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}$.
解析：
$\frac{\partial u}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\left(x,xy\right)+y f_{2}^{\prime}\left(x,xy\right)$，$\frac{\partial v}{\partial x}=g^{\prime}\left(x+xy\right)\left(1+y\right)$.
故所求为 $\left(f_{1}^{\prime}\left(x,xy\right)+y f_{2}^{\prime}\left(x,xy\right)\right)g^{\prime}\left(x+xy\right)\left(1+y\right)$.
〔02〕设矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{B}$，其中 $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}3&0&1 \\ 1&1&0 \\ 0&1&4\end{pmatrix}$，求矩阵 $\boldsymbol{B}$.
解析：
$$
\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}\right)^{-1}\boldsymbol{A}
=\begin{pmatrix}5&-2&-2 \\ 4&-3&-2 \\ -2&2&3\end{pmatrix}
$$
四、微分方程
〔01〕求微分方程 $y^{\prime\prime\prime}+6y^{\prime\prime}+\left(9+a^{2}\right)y^{\prime}=1$ 的通解，其中常数 $a>0$.
解析：
$y=C_{1}+e^{-3x}\left(C_{2}\cos ax+C_{3}\sin ax\right)+\frac{x}{9+a^{2}}$.
五、选择题
〔01〕设常数 $k>0$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{k+n}{n^{2}}$（ ）.
»A« 发散
»B« 绝对收敛
»C« 条件收敛
»D« 收敛或发散与 $k$ 的取值有关
答案： C
解析：
$\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\dfrac{k+n}{n^{2}}=k\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{n}}{n}$，前者绝对收敛，后者条件收敛，故原级数条件收敛，选 C.
〔02〕设 $I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x$，其中 $f\left(x\right)$ 为连续函数，$s>0$，$t>0$，则 $I$ 的值（ ）.
»A« 依赖于 $s,t$
»B« 依赖于 $s,t,x$
»C« 依赖于 $t,x$，不依赖于 $s$
»D« 依赖于 $s$，不依赖于 $t$
答案： D
解析：
令 $u=tx$，则 $I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{s}f\left(u\right)\mathrm{~d}u$，其值只依赖于 $s$，与 $t$ 无关，选 D.
〔03〕设 $\lim\limits_{x\to a}\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{\left(x-a\right)^{2}}=-1$，则在点 $x=a$ 处（ ）.
- A. $f\left(x\right)$ 可导且 $f^{\prime}\left(a\right)\ne0$
- B. $f\left(x\right)$ 取得极大值
- C. $f\left(x\right)$ 取得极小值
- D. $f\left(x\right)$ 的导数不存在
答案： B
解析：
由极限的保号性，在 $a$ 的去心邻域内 $\dfrac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{\left(x-a\right)^{2}}<0$，即 $f\left(x\right)<f\left(a\right)$，故 $f\left(x\right)$ 在 $x=a$ 处取得极大值，选 B.
〔04〕设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶矩阵，且 $\left|\boldsymbol{A}\right|=a\ne0$，$\boldsymbol{A}^{*}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，则 $\left|\boldsymbol{A}^{*}\right|=$（ ）.
»A« $a$
»B« $\frac{1}{a}$
»C« $a^{n-1}$
»D« $a^{n}$
答案： C
解析：
由 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\left|\boldsymbol{A}\right|\boldsymbol{E}$，两边取行列式得 $\left|\boldsymbol{A}\right|\left|\boldsymbol{A}^{*}\right|=\left|\boldsymbol{A}\right|^{n}$，由 $a\ne0$ 得 $\left|\boldsymbol{A}^{*}\right|=a^{n-1}$，选 C.
六、幂级数
〔01〕求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n,2^{n}}x^{n-1}$ 的收敛域，并求其和函数.
解析：
令 $S\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n,2^{n}}x^{n-1}$.当 $x\ne0$ 时，
$S\left(x\right)=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(\frac{x}{2}\right)^{n}}{n}=-\frac{1}{x}\ln\left(1-\frac{x}{2}\right)$.
又 $S\left(0\right)=\frac{1}{2}$，故
$$
S\left(x\right)=\begin{cases}\frac{1}{2},&x=0, \\ -\frac{1}{x}\ln\left(1-\frac{x}{2}\right),&-2\le x<2,\ x\ne0\end{cases}
$$
七、曲面积分
〔01〕计算曲面积分 $I=\iint_{S}x\left(8y+1\right)\mathrm{~d}y\mathrm{~d}z+2\left(1-y^{2}\right)\mathrm{~d}z\mathrm{~d}x-4yz\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y$，其中 $S$ 是由曲线 $\left\{\begin{aligned}z&=\sqrt{y-1} \\ x&=0\end{aligned}\right.$，$1\le y\le3$，绕 $y$ 轴旋转一周所成的曲面，它的法向量与 $y$ 轴正向的夹角大于 $\frac{\pi}{2}$.
解析：
$\frac{\partial\left(x\left(8y+1\right)\right)}{\partial x}+\frac{\partial\left(2\left(1-y^{2}\right)\right)}{\partial y}+\frac{\partial\left(-4yz\right)}{\partial z}=1$.
故闭曲面的外通量为体积 $\pi\int_{1}^{3}\left(y-1\right)\mathrm{~d}y=2\pi$.而
$\iint_{S_{0}}2\left(1-y^{2}\right)\mathrm{~d}z\mathrm{~d}x=-16\iint_{x^{2}+z^{2}\le2}\mathrm{d}z\mathrm{~d}x=-32\pi$.
因此 $I=2\pi-\left(-32\pi\right)=34\pi$.
八、证明题
〔01〕设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[0,1\right]$ 上可微，对于 $\left[0,1\right]$ 上的每个 $x$，函数的值都在区间 $\left(0,1\right)$ 内，且 $f^{\prime}\left(x\right)\ne1$，证明：在 $\left(0,1\right)$ 内有且仅有一个 $x$，使得 $f\left(x\right)=x$.
解析：
令 $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，则 $g$ 在 $\left[0,1\right]$ 上连续.由 $f$ 的取值都在 $\left(0,1\right)$ 内，得 $g\left(0\right)=f\left(0\right)>0$，$g\left(1\right)=f\left(1\right)-1<0$，故由零点定理，存在 $\xi\in\left(0,1\right)$ 使 $g\left(\xi\right)=0$，即 $f\left(\xi\right)=\xi$.
又 $g^{\prime}\left(x\right)=f^{\prime}\left(x\right)-1\ne0$.导数具有介值性，故 $g^{\prime}$ 在区间内恒正或恒负，$g$ 严格单调，零点唯一.
九、线性方程组
〔01〕问 $a,b$ 为何值时，线性方程组
$$
\left\{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}&=0, \\ x_{2}+2x_{3}+2x_{4}&=1, \\ -x_{2}+\left(a-3\right)x_{3}-2x_{4}&=b, \\ 3x_{1}+2x_{2}+x_{3}+ax_{4}&=-1\end{aligned}\right.
$$
有唯一解？无解？有无穷多个解？并求出有无穷多个解时的通解.
解析：
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}1&1&1&1&0 \\ 0&1&2&2&1 \\ 0&0&a-1&0&b+1 \\ 0&0&0&a-1&0\end{array}\right)
$$
- 当 $a\ne1$ 时，方程组有唯一解，$b$ 为任意实数.
- 当 $a=1$、$b\ne-1$ 时，方程组无解.
- 当 $a=1$、$b=-1$ 时，方程组有无穷多个解，通解为
$$
\boldsymbol{x}=k_{1}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+k_{2}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}
$$
其中 $k_{1},k_{2}$ 为任意常数.
十、填空题
〔01〕假设在一次试验中，事件 $A$ 发生的概率为 $p$，现进行 $n$ 次独立试验，则 $A$ 至少发生一次的概率为________，而事件 $A$ 至多发生一次的概率为________.
答案： $1-\left(1-p\right)^{n}$，$\left[1+\left(n-1\right)p\right]\left(1-p\right)^{n-1}$
解析：
$n$ 次试验中 $A$ 一次都不发生的概率为 $\left(1-p\right)^{n}$，故至少发生一次的概率为 $1-\left(1-p\right)^{n}$；事件 $A$ 至多发生一次的概率为 $\left(1-p\right)^{n}+np\left(1-p\right)^{n-1}=\left[1+\left(n-1\right)p\right]\left(1-p\right)^{n-1}$.
〔02〕三个箱子，第一个箱子中有 4 个黑球 1 个白球，第二个箱子中有 3 个黑球 3 个白球，第三个箱子中有 3 个黑球 5 个白球.现随机地取一个箱子，再从这个箱子中取出 1 个球，这个球为白球的概率等于________.已知取出的球是白球，此球属于第二个箱子的概率为________.
答案： $\dfrac{53}{120}$，$\dfrac{20}{53}$
解析：
$P\left(B\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{2}+\frac{5}{8}\right)=\frac{53}{120}$.
再由贝叶斯公式，$P\left(A_{2}\mid B\right)=\frac{P\left(A_{2}\right)P\left(B\mid A_{2}\right)}{P\left(B\right)}=\frac{20}{53}$.
〔03〕已知连续型随机变量 $X$ 的概率密度为 $f\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^{2}+2x-1}$，则 $X$ 的数学期望为________，$X$ 的方差为________.
答案： $1$，$\dfrac{1}{2}$
解析：
将密度配方得 $f\left(x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\mathrm{e}^{-\left(x-1\right)^{2}}$.与正态分布 $N\left(\mu,\sigma^{2}\right)$ 的密度 $\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-\frac{\left(x-\mu\right)^{2}}{2\sigma^{2}}}$ 比较，得 $\mu=1$、$\sigma^{2}=\dfrac{1}{2}$，故 $E\left(X\right)=1$，$D\left(X\right)=\dfrac{1}{2}$.
十一、概率密度
〔01〕设随机变量 $X,Y$ 相互独立，其概率密度函数分别为
$$
f_{X}\left(x\right)=\begin{cases}1,&0<x<1, \\ 0,&x\notin\left(0,1\right),\end{cases}\qquad
f_{Y}\left(y\right)=\begin{cases}e^{-y},&y>0, \\ 0,&y\le0.\end{cases}
$$
求随机变量 $Z=2X+Y$ 的概率密度函数 $f_{Z}\left(z\right)$.
解析：
$$
f_{Z}\left(z\right)=\begin{cases}0,&z\le0, \\ \frac{1}{2}\left(1-e^{-z}\right),&0<z\le2, \\ \frac{1}{2}\left(e^{2}-1\right)e^{-z},&z>2\end{cases}
$$