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) 已知极限函数 $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1+x}{1+nx^{2n}}$，则 $f(x)$（ ）
(A) 在 $x = 1,\, x = -1$ 处均连续.
(B) 在 $x = 1$ 处连续，$x = -1$ 处不连续.
(C) 在 $x = 1,\, x = -1$ 处均不连续.
(D) 在 $x = 1$ 处不连续，$x = -1$ 处连续.
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】
当 $|x| < 1$ 时，$x^{2n} \to 0,\, nx^{2n} \to 0$，故 $f(x) = 1 + x$；
当 $|x| > 1$ 时，$nx^{2n} \to +\infty$，故 $f(x) = 0$；
当 $x = 1$ 时，$f(1) = \lim_{n\to\infty}\dfrac{2}{1+n} = 0$；由于 $\lim_{x\to 1^-} f(x) = 2 \ne f(1)$，故 $x = 1$ 为不连续点；
当 $x = -1$ 时，$f(-1) = \lim_{n\to\infty}\dfrac{0}{1+n} = 0$；由于 $\lim_{x\to -1^+} f(x) = 1 + (-1) = 0$，$\lim_{x\to -1^-} f(x) = 0$，左右极限相等且等于 $f(-1)$，故 $x = -1$ 处连续。
因此选 D。
(2) 设定积分 $I = \displaystyle\int_\alpha^{\alpha + k\pi} |\sin x|\,dx$，$k$ 为整数，则 $I$ 的值（ ）
(A) 只与 $\alpha$ 有关
(B) 只与 $k$ 有关
(C) 与 $\alpha$ 和 $k$ 均有关
(D) 与 $\alpha$ 和 $k$ 均无关
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 函数 $|\sin x|$ 是以 $\pi$ 为周期的连续周期函数。周期函数在任意长度为整数倍周期的区间上的定积分等于其在该周期上的积分乘以倍数：$\int_\alpha^{\alpha + k\pi} |\sin x|\,dx = |k| \int_0^\pi \sin x\,dx = 2|k|$。其值仅与 $k$ 有关，与积分下限 $\alpha$ 无关。故选 B。
(3) 已知 $f(x, y)$ 连续，则二次积分 $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} dx \int_{\sin x}^1 f(x, y)\,dy =$（ ）
(A) $\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^1 dy \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y)\,dx$
(B) $\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^1 dy \int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f(x, y)\,dx$
(C) $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} dy \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y)\,dx$
(D) $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} dy \int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f(x, y)\,dx$
参考答案与核心解析
【答案】(A)
【解析】 积分区域由 $x \in \left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right],\, \sin x \le y \le 1$ 确定。在 $y$ 方向范围为 $\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$；对每个固定的 $y$，横坐标 $x$ 的范围为 $\dfrac{\pi}{6} \le x \le \arcsin y$。故交换积分次序得 A。
(4) 设幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n$ 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】 $\ln(2+x) = \ln 2 + \sum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k-1}}{k}\left(\dfrac{x}{2}\right)^k$。偶次项 $k = 2n$ 对应系数 $a_{2n} = \dfrac{(-1)^{2n-1}}{2n \cdot 4^n} = -\dfrac{1}{2n \cdot 4^n}$。因此 $n a_{2n} = -\dfrac{1}{2 \cdot 4^n}$，级数求和 $\sum_{n=1}^\infty \left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{4}\right)^n = -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1/4}{1 - 1/4} = -\dfrac{1}{6}$。
(5) 已知二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = \boldsymbol{X}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$ 经正交变换化为标准形 $y_1^2 - 2y_2^2 + 3y_3^2$，则二次型矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的行列式和迹分别为（ ）
(A) $-6,\; -2$
(B) $6,\; -2$
(C) $-6,\; 2$
(D) $6,\; 2$
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】 正交变换保特征值不变。矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的三个特征值即为标准形的系数：$\lambda_1 = 1,\, \lambda_2 = -2,\, \lambda_3 = 3$。
因此行列式 $|\boldsymbol{A}| = \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 = 1 \times (-2) \times 3 = -6$；
迹 $\mathrm{tr}(\boldsymbol{A}) = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 = 1 - 2 + 3 = 2$。故选 C。
(6) 设 $\boldsymbol{A}$ 为三阶矩阵，$\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，若 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^2 = \begin{pmatrix} a+2c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2c & 0 & c \end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{A} =$（ ）
(A) $\begin{pmatrix} c & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{pmatrix}$
(B) $\begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}$
(C) $\begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{pmatrix}$
(D) $\begin{pmatrix} c & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}$
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】 初等矩阵变换：$\boldsymbol{P}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，$(\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}})^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。两边逆变换即求得 $\boldsymbol{A} = \mathrm{diag}(a, b, c)$。
(7) 设 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} a+1 & b & 3 \\ a & \frac{b}{2} & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$，$M_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的余子式。若 $|\boldsymbol{A}| = -\dfrac{1}{2}$，且 $-M_{21} + M_{22} - M_{23} = 0$，则（ ）
(A) $a = 1$ 或 $a = -\dfrac{3}{2}$
(B) $a = 0$ 或 $a = \dfrac{3}{2}$
(C) $b = 1$ 或 $b = -\dfrac{1}{2}$
(D) $b = -1$ 或 $a = \dfrac{1}{2}$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 代数余子式定义：$A_{21} = -M_{21},\, A_{22} = M_{22},\, A_{23} = -M_{23}$。
条件 $-M_{21} + M_{22} - M_{23} = A_{21} + A_{22} + A_{23} = 0$。
根据行列式按行展开公式，这相当于将第 2 行元素换为 $(1, 1, 1)$ 后行列式为 0：
$\begin{vmatrix} a+1 & b & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 0 \implies \begin{vmatrix} a+1 & b & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies (a+1) - b = 0 \implies b = a + 1$。
再将 $b = a + 1$ 代入 $|\boldsymbol{A}| = -\dfrac{1}{2}$：通过化简解二次方程，得 $a = 0$ 或 $a = \dfrac{3}{2}$。故选 B。
(8) 设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x) = \begin{cases} 6x(1-x), & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$，则 $X$ 的三阶中心矩 $E(X - EX)^3 =$（ ）
(A) $-\dfrac{1}{32}$
(B) $0$
(C) $\dfrac{1}{10}$
(D) $\dfrac{1}{2}$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 概率密度函数 $f(x) = 6x(1-x)$ 的对称轴为 $x = \dfrac{1}{2}$，因为 $f\left(\dfrac{1}{2}+t\right) = 6\left(\dfrac{1}{4}-t^2\right) = f\left(\dfrac{1}{2}-t\right)$。
因此数学期望 $EX = \dfrac{1}{2}$。又对称分布关于均值的所有奇数阶中心矩均为 0，故 $E(X - EX)^3 = 0$。
(9) 设随机变量 $X, Y$ 相互独立，且 $X \sim N(0, 2),\, Y \sim N(-1, 1)$。记 $p_1 = P\{2X - Y > 0\}$，$p_2 = P\{X - 2Y > 1\}$，则（ ）
(A) $p_1 > p_2 > \dfrac{1}{2}$
(B) $p_2 > p_1 > \dfrac{1}{2}$
(C) $p_1 < p_2 < \dfrac{1}{2}$
(D) $p_2 < p_1 < \dfrac{1}{2}$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】
$2X - Y \sim N(2\times 0 - (-1),\, 4\times 2 + 1) = N(1, 9)$。
故 $p_1 = P\{2X - Y > 0\} = 1 - \Phi\left(\dfrac{0-1}{3}\right) = \Phi\left(\dfrac{1}{3}\right)$。
$X - 2Y \sim N(0 - 2(-1),\, 2 + 4\times 1) = N(2, 6)$。
故 $p_2 = P\{X - 2Y > 1\} = 1 - \Phi\left(\dfrac{1-2}{\sqrt{6}}\right) = \Phi\left(\dfrac{1}{\sqrt{6}}\right)$。
因 $\dfrac{1}{\sqrt{6}} \approx 0.408 > \dfrac{1}{3} \approx 0.333 > 0$，且标准正态分布函数 $\Phi(x)$ 单调递增，故 $\Phi\left(\dfrac{1}{\sqrt{6}}\right) > \Phi\left(\dfrac{1}{3}\right) > \Phi(0) = \dfrac{1}{2}$，即 $p_2 > p_1 > \dfrac{1}{2}$。
(10) 设随机变量 $X, Y$ 相互独立，且均服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，令 $Z = |X - Y|$，则下列随机变量与 $Z$ 同分布的是（ ）
(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】 由独立指数分布差的绝对值分布特征，当 $z > 0$ 时，$P\{|X-Y| > z\} = e^{-\lambda z}$，其累计分布函数为 $1 - e^{-\lambda z}$，恰好也是参数为 $\lambda$ 的指数分布，与 $X$ 同分布。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) 当 $x \to 0$ 时，$\displaystyle\int_0^x \frac{(1+t^2)\sin t^2}{1+\cos^2 t}\,dt$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小，则 $k =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $3$
【解析】 当 $t \to 0$ 时，被积函数 $\dfrac{(1+t^2)\sin t^2}{1+\cos^2 t} \sim \dfrac{1 \cdot t^2}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}t^2$。因此由积分中值定理或洛必达法则，积分式 $\int_0^x \dots dt \sim \int_0^x \dfrac{1}{2}t^2 dt = \dfrac{1}{6}x^3$。故 $k = 3$。
(12) 定积分 $\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{5}{x^4 + 3x^2 - 4}\,dx =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $\dfrac{1}{2}\ln 3 - \dfrac{\pi}{8}$
【解析】 分母分解：$x^4 + 3x^2 - 4 = (x^2 + 4)(x^2 - 1) = (x^2+4)(x-1)(x+1)$。
裂项拆分：$\dfrac{5}{(x^2-1)(x^2+4)} = \dfrac{1}{x^2-1} - \dfrac{1}{x^2+4} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x-1} - \dfrac{1}{x+1}\right) - \dfrac{1}{x^2+4}$。
原函数为 $\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right| - \dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{x}{2}$。
当 $x \to +\infty$ 时极限值为 $0 - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2} = -\dfrac{\pi}{4}$；
在下限 $x = 2$ 处的值为 $\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{2}\arctan 1 = -\dfrac{1}{2}\ln 3 - \dfrac{\pi}{8}$。
上式减下式得：$-\dfrac{\pi}{4} - \left(-\dfrac{1}{2}\ln 3 - \dfrac{\pi}{8}\right) = \dfrac{1}{2}\ln 3 - \dfrac{\pi}{8}$。
(13) 函数 $z = 2x^3 - 9x^2 - 6y^4 + 12x + 24y$ 的极值点是 .
参考答案与核心解析
【答案】 $(1, 1)$
【解析】 求偏导数并令其为 0：$z_x = 6(x-1)(x-2) = 0 \implies x = 1$ 或 $x = 2$；$z_y = -24(y^3-1) = 0 \implies y = 1$。二阶偏导数 $z_{xx} = 12x-18, z_{xy} = 0, z_{yy} = -72y^2$。在 $(1, 1)$ 点处 $A = -6 < 0, AC - B^2 = 432 > 0$，取得极大值，故极值点为 $(1, 1)$。
(14) 设某商品市场需求价格 $P = \begin{cases} 25 - 0.25Q, & Q \le 20 \\ 35 - 0.75Q, & Q > 20 \end{cases}$，其中 $Q$ 为产量。总成本函数为 $C = 150 + 5Q + 0.25Q^2$，则利润的最大值为 万元.
参考答案与核心解析
【答案】 $50$
【解析】 利润函数 $L(Q) = R(Q) - C(Q) = P \cdot Q - C(Q)$：
① 当 $Q \le 20$ 时：$L_1(Q) = (25Q - 0.25Q^2) - (150 + 5Q + 0.25Q^2) = -0.5Q^2 + 20Q - 150$。
对称轴为 $Q = \dfrac{-20}{2(-0.5)} = 20$。在 $Q = 20$ 处取得最大值 $L_1(20) = -0.5(400) + 400 - 150 = 50$ 万元；
② 当 $Q > 20$ 时：$L_2(Q) = (35Q - 0.75Q^2) - (150 + 5Q + 0.25Q^2) = -Q^2 + 30Q - 150$。
对称轴为 $Q = 15 < 20$，在 $Q > 20$ 上单调递减，最大值趋于 $L_2(20) = -400 + 600 - 150 = 50$ 万元。
因此利润的最大值为 $50$ 万元。
(15) 设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵，$\boldsymbol{A}^*$ 为其伴随矩阵，$\boldsymbol{E}$ 为单位矩阵，且 $r(2\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 1,\, r(\boldsymbol{E} + \boldsymbol{A}) = 2$，则 $|\boldsymbol{A}^*| =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $16$
【解析】
由 $r(2\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 1$ 知 $\lambda = 2$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，且几何重数（线性无关特征向量个数）为 $3 - 1 = 2$，故 $\lambda = 2$ 是至少二重特征值；
由 $r(\boldsymbol{E} + \boldsymbol{A}) = 2$ 知 $\lambda = -1$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，几何重数为 $3 - 2 = 1$。
由于矩阵阶数为 3，故 $\boldsymbol{A}$ 的全部三个特征值为 $2, 2, -1$。
行列式 $|\boldsymbol{A}| = 2 \times 2 \times (-1) = -4$。
由伴随矩阵行列式公式 $|\boldsymbol{A}^*| = |\boldsymbol{A}|^{n-1} = |\boldsymbol{A}|^{3-1} = (-4)^2 = 16$。
(16) 设随机试验每次成功的概率为 $p$，进行 3 次独立重复试验。在至少试验成功 1 次的条件下三次试验全部成功的概率为 $\dfrac{4}{13}$，则 $p =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $\dfrac{2}{3}$
【解析】 条件概率公式：$\dfrac{p^3}{1 - (1-p)^3} = \dfrac{4}{13}$。设 $q = 1-p$，$\dfrac{(1-q)^2}{1+q+q^2} = \dfrac{4}{13} \implies 3q^2 - 10q + 3 = 0 \implies q = \dfrac{1}{3} \implies p = \dfrac{2}{3}$。
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）
平面区域 $D$ 位于第一象限，由双曲线 $xy = \dfrac{1}{3},\, xy = 3$ 与直线 $y = \dfrac{1}{3}x,\, y = 3x$ 围成，计算二重积分
$$\iint\limits_D (1 + x - y)\,dxdy$$
参考答案与详细推导步骤
【答案】 $\dfrac{8}{3}\ln 3$
【解析】
根据对称性，由于区域 $D$ 关于直线 $y = x$ 完全对称，被积函数中奇对称部分积分值为 0：$\iint_D (x - y)\,dxdy = 0$。
因此原积分等于区域 $D$ 的面积：$\iint_D dxdy$。
作换元 $u = xy,\, v = \dfrac{y}{x}$，积分区域转为 $u \in \left[\dfrac{1}{3}, 3\right],\, v \in \left[\dfrac{1}{3}, 3\right]$。
雅可比行列式绝对值为 $\dfrac{1}{2v}$。
计算得：$\int_{1/3}^3 du \int_{1/3}^3 \dfrac{1}{2v}\,dv = \dfrac{8}{3} \cdot \dfrac{1}{2}[\ln 3 - \ln(1/3)] = \dfrac{8}{3}\ln 3$。
(18)（本题满分 12 分）
函数 $z = z(x, y)$ 由隐方程 $z + e^x - y\ln(1+z^2) = 0$ 确定，求二阶偏导数之和 $\left.\left(\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2}\right)\right|_{(0, 0)}$。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 $-1 - 2\ln 2$
【解析】
当 $(x, y) = (0, 0)$ 时，$z + 1 - 0 = 0 \implies z(0, 0) = -1$。
设隐函数 $F(x, y, z) = z + e^x - y\ln(1+z^2) = 0$。
$F_z = 1 - \dfrac{2yz}{1+z^2}$，在 $(0, 0, -1)$ 处，$F_z = 1$。
对 $x$ 求一阶和二阶偏导：
$z_x + e^x - \dfrac{2yz}{1+z^2}z_x = 0$。在 $(0, 0)$ 处得 $z_x(0,0) = -1$。
再对 $x$ 求导：$z_{xx} + e^x - \dots = 0 \implies z_{xx}(0, 0) = -1$。
对 $y$ 求偏导：
$z_y - \ln(1+z^2) - \dfrac{2yz}{1+z^2}z_y = 0$。在 $(0, 0)$ 处得 $z_y(0, 0) = \ln(1+(-1)^2) = \ln 2$。
再对 $y$ 求导并代入 $(0, 0)$ 点：$z_{yy} - \dfrac{2z}{1+z^2}z_y - \dfrac{2z}{1+z^2}z_y = 0 \implies z_{yy} = 2 \cdot \dfrac{2(-1)}{1+1}(\ln 2) = -2\ln 2$。
因此 $\left.\left(\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2}\right)\right|_{(0, 0)} = -1 - 2\ln 2$。
(19)（本题满分 12 分）
设常数 $t > 0$，平面有界区域 $D$ 由曲线 $y = x e^{-2x}$ 与直线 $x = t,\, x = 2t$ 及 $x$ 轴围成，记区域 $D$ 的面积为 $S(t)$，求 $S(t)$ 的最大值。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 最大值为 $S(\ln 2) = \dfrac{1}{16}\ln 2 + \dfrac{3}{64}$
【解析】
面积 $S(t) = \int_t^{2t} x e^{-2x}\,dx$。
利用变限积分求导法则对 $t$ 求导寻极值：
$S'(t) = 2 \cdot (2t)e^{-2(2t)} - t e^{-2t} = t e^{-2t} (4e^{-2t} - 1)$。
令 $S'(t) = 0$，因 $t > 0$，得 $4e^{-2t} - 1 = 0 \implies e^{2t} = 4 \implies t = \ln 2$。
由于 $S'(t)$ 在 $t = \ln 2$ 左侧为正、右侧为负，故 $t = \ln 2$ 为唯一的极大值点及最大值点。
分部积分：$\int x e^{-2x}dx = -\dfrac{1}{4}(2x+1)e^{-2x}$。
代入上、下限求得最大值为 $S(\ln 2) = \dfrac{1}{16}\ln 2 + \dfrac{3}{64}$。
(20)（本题满分 12 分）
设函数 $f(x)$ 具有二阶导数，且满足 $f'(0) = f'(1),\, |f''(x)| \le 1$。证明：
(1) 当 $x \in (0, 1)$ 时，$|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \le \dfrac{x(1-x)}{2}$；
(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) 在 $x=0$ 和 $x=1$ 分别展开带拉格朗日余项的泰勒公式：
$f(0) = f(x) - f'(x)x + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}x^2,\quad \xi_1 \in (0, x)$
$f(1) = f(x) + f'(x)(1-x) + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}(1-x)^2,\quad \xi_2 \in (x, 1)$
分别乘以 $(1-x)$ 和 $x$ 相加消去一阶导数项：
$f(x) - [f(0)(1-x) + f(1)x] = -\dfrac{x(1-x)}{2} [x f''(\xi_1) + (1-x)f''(\xi_2)]$。
由绝对值三角不等式及 $|f''| \le 1$：
$|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \le \dfrac{x(1-x)}{2}[x + (1-x)] = \dfrac{x(1-x)}{2}$。
(2) 对上式在 $[0, 1]$ 积分并利用 $\int_0^1 (1-x)dx = \int_0^1 xdx = \dfrac{1}{2}$ 以及 $\int_0^1 \dfrac{x(1-x)}{2}dx = \dfrac{1}{12}$，即证得结论。
(21)（本题满分 12 分）
已知矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 & 6 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & a & a-1 \\ 2 & -3 & 2 & -2 \end{pmatrix}$，向量 $\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$。
(1) 证明方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}$ 的解是 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的解；
(2) 若方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 有不同的解，求 $a$ 的值。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) 略；(2) $a = 1$。
【解析】
对增广矩阵 $(\boldsymbol{A} \mid \boldsymbol{\alpha})$ 作初等行变换：
$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 2 & 6 & 3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$。
通解为 $\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + k \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
(1) 将通解代入 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}$：
特解代入：$\boldsymbol{B}(1, 1, 0, 0)^{\mathrm{T}} = (1, 0, -1)^{\mathrm{T}} = \boldsymbol{\beta}$ 成立；
基础解系代入：$\boldsymbol{B}(-1, -2, -1, 1)^{\mathrm{T}} = (0, 0, 0)^{\mathrm{T}}$ 对任意 $a$ 均成立。故 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}$ 的解必然是 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的解。
(2) 若两方程组有不同解，说明解空间维度不同，即 $r(\boldsymbol{B}) < r(\boldsymbol{A}) = 3$。初等行变换化简 $\boldsymbol{B}$ 要求其行向量线性相关，解得 $a = 1$。
(22)（本题满分 12 分）
设总体服从 $[0, \theta]$ 上的均匀分布，其中 $\theta \in (0, +\infty)$ 为未知参数。$X_1, X_2, \dots, X_n$ 是来自该总体的简单随机样本，记极值统计量 $X_{(n)} = \max\{X_1, X_2, \dots, X_n\}$，构造估计量 $T_c = cX_{(n)}$。
(1) 求常数 $c$，使得 $E(T_c) = \theta$（即 $T_c$ 为无偏估计）；
(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】
极值统计量 $X_{(n)}$ 的概率分布函数为 $F_{(n)}(x) = \left(\dfrac{x}{\theta}\right)^n\;(0 \le x \le \theta)$，概率密度为 $f_{(n)}(x) = \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n}$。
(1) $E(X_{(n)}) = \int_0^\theta x \cdot \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n} dx = \dfrac{n}{n+1}\theta$。
令 $E(T_c) = c E(X_{(n)}) = \theta \implies c = \dfrac{n+1}{n}$。
(2) 计算二阶原点矩：$E(X_{(n)}^2) = \int_0^\theta x^2 \cdot \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n} dx = \dfrac{n}{n+2}\theta^2$。
均方误差：$h(c) = c^2 E(X_{(n)}^2) - 2c\theta E(X_{(n)}) + \theta^2 = \theta^2 \left( \dfrac{n}{n+2}c^2 - \dfrac{2n}{n+1}c + 1 \right)$。
令 $h'(c) = 0 \implies \dfrac{2n}{n+2}c - \dfrac{2n}{n+1} = 0 \implies c = \dfrac{n+2}{n+1}$。