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，只有一个选项是符合题目要求的。
(1) 已知函数 $f(x) = \displaystyle\int_0^x e^{\cos t}\,dt$，$g(x) = \displaystyle\int_0^{\sin x} e^{t^2}\,dt$，则（ ）
(A) $f(x)$ 为奇函数，$g(x)$ 为偶函数.
(B) $f(x)$ 为偶函数，$g(x)$ 为奇函数.
(C) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数.
(D) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为偶函数.
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】 $e^{\cos t}$ 为偶函数，其变上限积分 $f(x) = \int_0^x e^{\cos t}\,dt$ 为奇函数；又被积函数 $e^{t^2}$ 为偶函数，$\int_0^u e^{t^2}dt$ 为奇函数，复合奇函数 $u = \sin x$ 后，$g(x)$ 仍为奇函数。故 $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数。
(2) 设 $P = P(x, y, z),\, Q = Q(x, y, z)$ 均为连续函数，$\Sigma$ 为曲面 $z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}\; (x \ge 0, y \ge 0)$ 的上侧，则 $\displaystyle\iint\limits_\Sigma P\,dydz + Q\,dzdx =$（ ）
(A) $\displaystyle\iint\limits_\Sigma \left(\frac{x}{z}P + \frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(B) $\displaystyle\iint\limits_\Sigma \left(-\frac{x}{z}P + \frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(C) $\displaystyle\iint\limits_\Sigma \left(\frac{x}{z}P - \frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(D) $\displaystyle\iint\limits_\Sigma \left(-\frac{x}{z}P - \frac{y}{z}Q\right)dxdy$
参考答案与核心解析
【答案】(A)
【解析】 对曲面 $z = z(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2}$，法向量朝上时有 $dydz = -z_x\,dxdy = \dfrac{x}{z}dxdy$，$dzdx = -z_y\,dxdy = \dfrac{y}{z}dxdy$。代入得 $\iint_\Sigma \left(\dfrac{x}{z}P + \dfrac{y}{z}Q\right)dxdy$。
(3) 已知幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ 的和函数为 $\ln(2+x)$，则 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty n a_{2n} =$（ ）
(A) $-\dfrac{1}{6}$
(B) $-\dfrac{1}{3}$
(C) $\dfrac{1}{6}$
(D) $\dfrac{1}{3}$
参考答案与核心解析
【答案】(A)
【解析】 $\ln(2+x) = \ln 2 + \ln\left(1 + \dfrac{x}{2}\right) = \ln 2 + \sum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k-1}}{k}\left(\dfrac{x}{2}\right)^k$。偶数项 $k = 2n$ 时，$a_{2n} = \dfrac{(-1)^{2n-1}}{2n \cdot 2^{2n}} = -\dfrac{1}{2n \cdot 4^n}$。因此 $n a_{2n} = -\dfrac{1}{2 \cdot 4^n}$。求和得 $\sum_{n=1}^\infty n a_{2n} = -\dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac{1}{4}\right)^n = -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = -\dfrac{1}{6}$。
(4) 设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1, 1)$ 内有定义，$\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$，则（ ）
(A) 当 $\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{f(x)}{x} = m$ 时，$f'(0) = m$.
(B) 当 $f'(0) = m$ 时，$\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{f(x)}{x} = m$.
(C) 当 $\lim\limits_{x \to 0} f'(x) = m$ 时，$f'(0) = m$.
(D) 当 $f'(0) = m$ 时，$\lim\limits_{x \to 0} f'(x) = m$.
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 若 $f'(0) = m$ 存在，则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，故 $f(0) = \lim_{x\to 0} f(x) = 0$。由导数定义 $\lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = f'(0) = m$。A中 $f(0)$ 未必为0（可能间断）；C与D中导函数未必连续。
(5) 在空间直角坐标系 $O-xyz$ 中，三张平面 $\pi_i: a_i x + b_i y + c_i z = d_i \;(i = 1, 2, 3)$ 位置关系如图所示（相交于同一直线），记 $\boldsymbol{\alpha}_i = (a_i, b_i, c_i)$，$\boldsymbol{\beta}_i = (a_i, b_i, c_i, d_i)$。若 $r\begin{pmatrix} \boldsymbol{\alpha}_1 \\ \boldsymbol{\alpha}_2 \\ \boldsymbol{\alpha}_3 \end{pmatrix} = m$，$r\begin{pmatrix} \boldsymbol{\beta}_1 \\ \boldsymbol{\beta}_2 \\ \boldsymbol{\beta}_3 \end{pmatrix} = n$，则（ ）
(A) $m = 1,\, n = 2$
(B) $m = n = 2$
(C) $m = 2,\, n = 3$
(D) $m = n = 3$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 三张不同平面相交于同一条直线（平面束），对应的三元一次方程组有无穷多解且解空间的维数为 1，故系数矩阵与增广矩阵的秩相等，且 $r = 3 - 1 = 2$，即 $m = n = 2$。
(6) 设向量 $\boldsymbol{\alpha}_1 = \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ b \\ a \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ a \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。若 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则（ ）
(A) $a = 1,\, b \ne -1$
(B) $a = 1,\, b = -1$
(C) $a \ne -2,\, b = 2$
(D) $a = -2,\, b = 2$
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】 若 $a = 1$，则 $\boldsymbol{\alpha}_1 = \boldsymbol{\alpha}_3$，二者成比例线性相关，与“任意两个向量均线性无关”矛盾，排除 A、B。构造矩阵按行初等化简，要求其秩为 2 且各列不互为倍数，解得 $a = -2,\, b = 2$。
(7) 设 $\boldsymbol{A}$ 是秩为 2 的 3 阶矩阵，$\boldsymbol{\alpha}$ 是满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{0}$ 的非零向量。若对满足 $\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha} = 0$ 的任意向量 $\boldsymbol{\beta}$，均有 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\beta}$，则（ ）
(A) $\boldsymbol{A}^3$ 的迹为 2.
(B) $\boldsymbol{A}^3$ 的迹为 5.
(C) $\boldsymbol{A}^5$ 的迹为 7.
(D) $\boldsymbol{A}^5$ 的迹为 9.
参考答案与核心解析
【答案】(A)
【解析】 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} = 0\boldsymbol{\alpha}$，故 $\lambda = 0$ 为特征值；又正交补空间维数为 $3 - 1 = 2$，在此二维子空间内任意向量均满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta} = 1\boldsymbol{\beta}$，故 $\lambda = 1$ 是二重特征值。因此 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $0, 1, 1$。对任意正整数 $k$，$\boldsymbol{A}^k$ 的特征值均为 $0, 1, 1$，其迹（对角线元素之和等于特征值之和）为 $0 + 1 + 1 = 2$。
(8) 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，$X \sim N(0, 2)$，$Y \sim N(-2, 2)$。若 $P\{2X + Y < a\} = P\{X > Y\}$，则 $a =$（ ）
(A) $-2 - \sqrt{10}$
(B) $-2 + \sqrt{10}$
(C) $-2 - \sqrt{6}$
(D) $-2 + \sqrt{6}$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 $X - Y \sim N(0 - (-2), 2 + 2) = N(2, 4)$，故 $P\{X > Y\} = P\{X - Y > 0\} = 1 - \Phi\left(\dfrac{0-2}{2}\right) = 1 - \Phi(-1) = \Phi(1)$。
$2X + Y \sim N(2 \times 0 + (-2), 4 \times 2 + 2) = N(-2, 10)$，故 $P\{2X + Y < a\} = \Phi\left(\dfrac{a - (-2)}{\sqrt{10}}\right) = \Phi(1) \implies \dfrac{a + 2}{\sqrt{10}} = 1 \implies a = -2 + \sqrt{10}$。
(9) 设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x) = \begin{cases} 2(1-x), & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$。在 $X = x$ 的条件下，$Y$ 在区间 $(x, 1)$ 上服从均匀分布，则 $\mathrm{cov}(X, Y) =$（ ）
(A) $-\dfrac{1}{36}$
(B) $-\dfrac{1}{72}$
(C) $\dfrac{1}{72}$
(D) $\dfrac{1}{36}$
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】 $E[X] = \int_0^1 x \cdot 2(1-x)dx = \dfrac{1}{3}$，$E[X^2] = \int_0^1 x^2 \cdot 2(1-x)dx = \dfrac{1}{6}$。
条件期望 $E[Y \mid X] = \dfrac{X+1}{2}$，从而 $E[Y] = E[E[Y \mid X]] = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3} + 1\right) = \dfrac{2}{3}$；
$E[XY] = E[X \cdot E[Y \mid X]] = \dfrac{1}{2}E[X^2 + X] = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{4}$。
故 $\mathrm{cov}(X, Y) = E[XY] - E[X]E[Y] = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{2}{9} = \dfrac{1}{36}$。
(10) 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且都服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，令 $Z = |X - Y|$，则下列与 $Z$ 服从同一分布的是（ ）
(A) $X + Y$
(B) $\dfrac{X+Y}{2}$
(C) $2X$
(D) $X$
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】 由指数分布的无记忆性，$P\{|X - Y| > z\} = P\{X - Y > z\} + P\{Y - X > z\} = 2 \int_0^\infty \lambda e^{-\lambda y} e^{-\lambda (y+z)} dy = 2 e^{-\lambda z} \int_0^\infty \lambda e^{-2\lambda y} dy = e^{-\lambda z}\; (z > 0)$。其分布函数 $F_Z(z) = 1 - e^{-\lambda z}$，与 $X$ 同样服从参数为 $\lambda$ 的指数分布。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) 若 $\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{(1 + ax^2)^{\sin x} - 1}{x^3} = 6$，则 $a =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $6$
【解析】 当 $x \to 0$ 时，$(1+ax^2)^{\sin x} - 1 = e^{\sin x \ln(1+ax^2)} - 1 \sim \sin x \ln(1+ax^2) \sim x \cdot ax^2 = ax^3$。极限为 $a = 6$。
(12) 设 $z = f(u, v)$ 有二阶连续导数，且 $df|_{(1,1)} = 3\,du + 4\,dv$。若 $y = f(\cos x,\, 1 + x^2)$，则 $\left.\dfrac{d^2 y}{dx^2}\right|_{x=0} =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $5$
【解析】 由微分全式知 $f_u(1,1) = 3,\, f_v(1,1) = 4$。令 $u = \cos x,\, v = 1 + x^2$：
$y' = f_u(-\sin x) + f_v(2x)$；
$y'' = [f_{uu}(-\sin x) + f_{uv}(2x)](-\sin x) - f_u\cos x + [f_{vu}(-\sin x) + f_{vv}(2x)](2x) + 2f_v$。
当 $x = 0$ 时，$u = 1, v = 1, \sin 0 = 0, \cos 0 = 1, x = 0$，二阶偏导项全归零，得 $y''(0) = -f_u(1,1) + 2f_v(1,1) = -3 + 2 \times 4 = 5$。
(13) 若函数 $f(x) = x + 1$，且展开为余弦级数 $f(x) = \dfrac{a_0}{2} + \displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n \cos nx \;(x \in [0, \pi])$，则极限 $\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \sin a_{2n-1} =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $-\dfrac{1}{\pi}$
【解析】 余弦展开系数 $a_k = \dfrac{2}{\pi}\int_0^\pi (x+1)\cos kx\,dx = \dfrac{2}{\pi k^2}[(-1)^k - 1]$。对于奇数项 $k = 2n-1$，$(-1)^{2n-1} - 1 = -2$，得 $a_{2n-1} = -\dfrac{4}{\pi (2n-1)^2}$。由等价无穷小 $\sin a_{2n-1} \sim a_{2n-1}$，得 $\lim_{n\to\infty} n^2 \sin a_{2n-1} = \lim_{n\to\infty} n^2 \left(-\dfrac{4}{\pi(2n-1)^2}\right) = -\dfrac{1}{\pi}$。
(14) 微分方程 $y' = \dfrac{1}{(x+y)^2}$ 满足条件 $y(1) = 0$ 的解为 .
参考答案与核心解析
【答案】 $x = \tan\left(y + \dfrac{\pi}{4}\right) - y$
【解析】 令 $u = x + y$，则 $y = u - x,\, y' = u' - 1$。方程化为 $u' = 1 + \dfrac{1}{u^2} = \dfrac{u^2+1}{u^2}$。分离变量 $\dfrac{u^2}{u^2+1}du = dx \implies \left(1 - \dfrac{1}{u^2+1}\right)du = dx \implies u - \arctan u = x + C$。将 $u = x + y$ 代入得 $y - \arctan(x+y) = C$。由 $y(1) = 0$ 得 $-\arctan 1 = C \implies C = -\dfrac{\pi}{4}$。故 $\arctan(x+y) = y + \dfrac{\pi}{4} \implies x = \tan\left(y + \dfrac{\pi}{4}\right) - y$。
(15) 设实矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} a+1 & a \\ a & a \end{pmatrix}$，若对任意实向量 $\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix},\, \boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$，不等式 $(\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta})^2 \le (\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})(\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta})$ 恒成立，则 $a$ 的取值范围为 .
参考答案与核心解析
【答案】 $a \ge 0$
【解析】 该不等式为柯西-施瓦茨不等式，其充要条件为对称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 半正定。$\boldsymbol{A}$ 的一阶主子式 $a+1 \ge 0$，二阶主子式（行列式）$|\boldsymbol{A}| = a(a+1) - a^2 = a \ge 0$。综合得 $a \ge 0$。
(16) 随机试验每次成功的概率为 $p$，现进行三次独立重复试验。已知在至少成功一次的条件下全部成功的概率为 $\dfrac{4}{13}$，则 $p =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $\dfrac{2}{3}$
【解析】 $P(\text{全部成功} \mid \text{至少成功一次}) = \dfrac{p^3}{1 - (1-p)^3} = \dfrac{4}{13}$。设 $q = 1 - p$，则 $\dfrac{(1-q)^3}{1 - q^3} = \dfrac{(1-q)^2}{1 + q + q^2} = \dfrac{4}{13}$。去分母整理得 $9q^2 - 30q + 9 = 0 \iff 3q^2 - 10q + 3 = 0 \iff (3q-1)(q-3) = 0$。因为 $0 < q < 1$，故 $q = \dfrac{1}{3} \implies p = \dfrac{2}{3}$。
三、解答题：17～22 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
(17)（本题满分 10 分）
已知平面区域 $D = \{(x, y) \mid \sqrt{1-y^2} \le x \le 1,\, -1 \le y \le 1\}$，计算二重积分
$$\iint\limits_D \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,d\sigma$$
参考答案与详细推导步骤
【答案】 $\sqrt{2} + \ln(1+\sqrt{2}) - 2$
【解析】
区域 $D$ 是圆 $x^2+y^2=1$ 的右半部分与直线 $x=1$ 所围成的月牙形区域，具有关于 $x$ 轴对称性。
利用极坐标计算：$x = r\cos\theta,\, y = r\sin\theta$。从 $\theta = -\dfrac{\pi}{4}$ 到 $\dfrac{\pi}{4}$，极径 $r$ 从圆周 $r = 1$ 到直线 $r = \dfrac{1}{\cos\theta} = \sec\theta$。
$$\iint\limits_D \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,d\sigma = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} d\theta \int_1^{\sec\theta} \frac{r\cos\theta}{r} \cdot r\,dr = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \cos\theta \left[\frac{r^2}{2}\right]_1^{\sec\theta} d\theta$$
$$= 2 \int_0^{\pi/4} \cos\theta \cdot \frac{\sec^2\theta - 1}{2}\,d\theta = \int_0^{\pi/4} (\sec\theta - \cos\theta)\,d\theta$$
$$= \Big[\ln(\sec\theta + \tan\theta) - \sin\theta\Big]_0^{\pi/4} = \ln(\sqrt{2}+1) - \frac{\sqrt{2}}{2}$$
(18)（本题满分 12 分）
设 $f(x, y) = x^3 + y^3 - (x+y)^2 + 3$，曲面 $z = f(x, y)$ 在点 $(1, 1, 1)$ 处的切平面为 $T$，$T$ 与三个坐标面所围有界区域在 $xOy$ 面上的投影为 $D$。
(1) 求切平面 $T$ 的方程；
(2) 求 $f(x, y)$ 在区域 $D$ 上的最大值和最小值。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) 切平面方程为 $x + y + z = 3$；(2) 最大值为 $21$，最小值为 $\dfrac{17}{27}$。
【解析】
(1) 偏导数 $f_x(x,y) = 3x^2 - 2(x+y)$，$f_y(x,y) = 3y^2 - 2(x+y)$。
在点 $(1,1)$ 处，$f_x(1,1) = 3 - 4 = -1$，$f_y(1,1) = 3 - 4 = -1$。
切平面方程为 $z - 1 = -1(x - 1) - 1(y - 1) \implies x + y + z = 3$。
(2) 切平面与坐标面交点为 $(3,0,0),(0,3,0),(0,0,3)$，投影区域为直角三角形 $D = \{(x,y) \mid x \ge 0, y \ge 0, x+y \le 3\}$。
内部驻点：$\begin{cases} 3x^2 - 2(x+y) = 0 \\ 3y^2 - 2(x+y) = 0 \end{cases} \implies x^2 = y^2 \implies x = y$（$x, y > 0$ 时）。
代入得 $3x^2 - 4x = 0 \implies x = y = \dfrac{4}{3}$。对应点 $f\left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}\right) = 2\left(\dfrac{4}{3}\right)^3 - \left(\dfrac{8}{3}\right)^2 + 3 = \dfrac{128}{27} - \dfrac{192}{27} + \dfrac{81}{27} = \dfrac{17}{27}$。
边界分析：在 $x+y=3$ 上，$f(x, 3-x) = x^3 + (3-x)^3 - 9 + 3 = 9x^2 - 27x + 21$。端点 $x=0, 3$ 时取得极大值 $21$；在 $x=0$ 或 $y=0$ 边界上极小值或端点均在 $\left[\dfrac{17}{27}, 21\right]$ 内。
综上，最大值为 $21$，最小值为 $\dfrac{17}{27}$。
(19)（本题满分 12 分）
设 $f(x)$ 二阶连续可导，$|f''(x)| \le 1$。证明：
(1) 对任意 $x \in [0, 1]$，有 $|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \le \dfrac{x(1-x)}{2}$；
(2) $\left|\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx - \dfrac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \dfrac{1}{12}$。
参考答案与详细推导步骤
【证明】
(1) 由带拉格朗日余项的泰勒公式，在 $x=0$ 和 $x=1$ 分别展开：
$f(0) = f(x) - f'(x)x + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}x^2,\quad \xi_1 \in (0, x)$
$f(1) = f(x) + f'(x)(1-x) + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}(1-x)^2,\quad \xi_2 \in (x, 1)$
将第一式乘以 $(1-x)$，第二式乘以 $x$ 后相加消去一阶导数项：
$(1-x)f(0) + xf(1) = f(x) + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}x^2(1-x) + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}x(1-x)^2$
移项并取绝对值：
$|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| = \left| -\dfrac{x(1-x)}{2}[x f''(\xi_1) + (1-x)f''(\xi_2)] \right|$
$\le \dfrac{x(1-x)}{2} [x |f''(\xi_1)| + (1-x)|f''(\xi_2)|] \le \dfrac{x(1-x)}{2} [x \times 1 + (1-x) \times 1] = \dfrac{x(1-x)}{2}$。
(2) 对 (1) 的结论在 $[0, 1]$ 上积分：
$\left|\int_0^1 f(x)\,dx - f(0)\int_0^1 (1-x)dx - f(1)\int_0^1 xdx\right| \le \int_0^1 |f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x|\,dx \le \int_0^1 \dfrac{x(1-x)}{2}\,dx$
由于 $\int_0^1 (1-x)dx = \int_0^1 xdx = \dfrac{1}{2}$，且 $\int_0^1 \dfrac{x-x^2}{2}dx = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{12}$，
即证 $\left|\int_0^1 f(x)\,dx - \dfrac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \dfrac{1}{12}$。
(20)（本题满分 12 分）
已知有向曲线 $L$ 为球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 2x$ 与平面 $2x - z - 1 = 0$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，计算曲线积分
$$\int_L (6xyz - yz^2)\,dx + 2x^2z\,dy + xyz\,dz$$
参考答案与详细推导步骤
【答案】 $\dfrac{4\pi}{5\sqrt{5}}$
【解析】
利用斯托克斯公式（Stokes Theorem）：$\int_L Pdx + Qdy + Rdz = \iint_\Sigma (\mathrm{rot}\,\boldsymbol{F} \cdot \boldsymbol{n})\,dS$。
旋度 $\mathrm{rot}\,\boldsymbol{F} = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ 6xyz - yz^2 & 2x^2z & xyz \end{vmatrix} = (xz - 2x^2)\boldsymbol{i} + (6yz - 2yz - yz)\boldsymbol{j} + (4xz - 6xz + z^2)\boldsymbol{k}$
$= (xz - 2x^2)\boldsymbol{i} + 3yz\boldsymbol{j} + (z^2 - 2xz)\boldsymbol{k}$。
平面 $2x - z - 1 = 0$ 的单位法向量朝上（与逆时针定向符合右手定则）：$\boldsymbol{n} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}(2, 0, -1)$。
代入内积计算并积分于平面圆盘 $\Sigma$，得最终结果为 $\dfrac{4\pi}{5\sqrt{5}}$。
(21)（本题满分 12 分）
已知数列 $\{x_n\}, \{y_n\}, \{z_n\}$ 满足初始条件 $x_0 = -1,\, y_0 = 0,\, z_0 = 2$，且满足递推关系
$$\begin{cases}
x_n = -2x_{n-1} + 2z_{n-1} \\
y_n = -2y_{n-1} - 2z_{n-1} \\
z_n = -6x_{n-1} - 3y_{n-1} + 3z_{n-1}
\end{cases}$$
记 $\boldsymbol{\alpha}_n = \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix}$。写出满足 $\boldsymbol{\alpha}_n = \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{n-1}$ 的矩阵 $\boldsymbol{A}$，并求 $\boldsymbol{A}^n$ 及通项 $x_n, y_n, z_n \;(n = 1, 2, \dots)$。
参考答案与详细推导步骤
【答案】
$\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \\ 0 & -2 & -2 \\ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}$；
$\boldsymbol{A}^n = \begin{pmatrix} -4 + (-1)^{n+1}2^n & -2 + (-1)^{n+1}2^n & 2 \\ 4 + (-1)^n 2^{n+1} & 2 + (-1)^n 2^{n+1} & -2 \\ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}$；
$x_n = 8 + (-2)^n,\quad y_n = -8 + (-2)^{n+1},\quad z_n = 12$。
(22)（本题满分 12 分）
设总体 $X \sim U(0, \theta)$，参数 $\theta > 0$ 未知。$X_1, X_2, \dots, X_n$ 为来自该总体的简单随机样本，$X_{(n)} = \max(X_1, X_2, \dots, X_n)$，令估计量 $T_c = cX_{(n)}$。
(1) 求常数 $c$，使得 $T_c$ 为 $\theta$ 的无偏估计；
(2) 记均方误差 $h(c) = E(T_c - \theta)^2$，求使 $h(c)$ 取最小值的常数 $c$。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) $c = \dfrac{n+1}{n}$；(2) $c = \dfrac{n+2}{n+1}$。
【解析】
$X_{(n)}$ 的概率密度为 $f_{(n)}(x) = \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n}\; (0 < x < \theta)$。
(1) $E[X_{(n)}] = \int_0^\theta x \cdot \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n} dx = \dfrac{n}{n+1}\theta$。
无偏估计要求 $E[T_c] = cE[X_{(n)}] = c \cdot \dfrac{n}{n+1}\theta = \theta \implies c = \dfrac{n+1}{n}$。
(2) 二阶矩 $E[X_{(n)}^2] = \int_0^\theta x^2 \cdot \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n} dx = \dfrac{n}{n+2}\theta^2$。
均方误差：
$$h(c) = E[(c X_{(n)} - \theta)^2] = c^2 E[X_{(n)}^2] - 2c\theta E[X_{(n)}] + \theta^2 = \theta^2 \left( \frac{n}{n+2}c^2 - \frac{2n}{n+1}c + 1 \right)$$
对 $c$ 求导令其等于 0：
$h'(c) = \theta^2 \left(\dfrac{2n}{n+2}c - \dfrac{2n}{n+1}\right) = 0 \implies c = \dfrac{n+2}{n+1}$。