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 $f(x) = \displaystyle\int_0^x e^{t^2}\sin t\,dt$，$g(x) = \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt \cdot \sin^2 x$，则（ ）
(A) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，也是 $g(x)$ 的极值点.
(B) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0, 0)$ 是曲线 $y = g(x)$ 的拐点.
(C) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0, 0)$ 是曲线 $y = f(x)$ 的拐点.
(D) $(0, 0)$ 是曲线 $y = f(x)$ 的拐点，$(0, 0)$ 也是曲线 $y = g(x)$ 的拐点.
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【答案】(B)
【解析】
对 $f(x)$ 求导：$f'(x) = e^{x^2}\sin x$，$f''(x) = 2xe^{x^2}\sin x + e^{x^2}\cos x$。
代入 $x = 0$ 得 $f'(0) = 0$，$f''(0) = 1 > 0$。因此 $x = 0$ 是 $f(x)$ 的严格极小值点，不是拐点。
对 $g(x)$ 求导：$g'(x) = e^{x^2}\sin^2 x + \sin 2x \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt$。
二阶导数：$g''(x) = 2xe^{x^2}\sin^2 x + 2e^{x^2}\sin 2x + 2\cos 2x \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt$。
代入 $x = 0$ 得 $g'(0) = 0,\, g''(0) = 0$。
进一步求三阶导并在 0 处取值，或展开分析：当 $x \to 0$ 时，$g''(x) \sim 2(2x) + 2(x) = 6x$，在 $x = 0$ 左右符号改变（负变正）。
因此 $(0, 0)$ 是曲线 $y = g(x)$ 的拐点。选 (B)。
(2) 已知级数：① $\sum\limits_{n=1}^\infty \sin\dfrac{n^3\pi}{n^2+1}$；② $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n \left(\dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan\dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)$，则（ ）
(A) ①与②均条件收敛.
(B) ①条件收敛，②绝对收敛.
(C) ①绝对收敛，②条件收敛.
(D) ①与②均绝对收敛.
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【答案】(B)
【解析】
对于级数 ①：$\sin\dfrac{n^3\pi}{n^2+1} = \sin\left(n\pi - \dfrac{n\pi}{n^2+1}\right) = (-1)^{n-1}\sin\dfrac{n\pi}{n^2+1}$。
绝对值项 $\sin\dfrac{n\pi}{n^2+1} \sim \dfrac{\pi}{n}$，因为 $\sum \dfrac{1}{n}$ 发散，故级数 ① 不是绝对收敛；但为交错级数且单调递减趋于 0，由莱布尼茨判别法知其收敛，故 ① 条件收敛。
对于级数 ②：利用泰勒展开 $\tan u = u + \dfrac{1}{3}u^3 + o(u^3)$，取 $u = n^{-2/3}$，则：
$\left| (-1)^n \left(n^{-2/3} - \tan(n^{-2/3})\right) \right| = \dfrac{1}{3}n^{-2} + o(n^{-2}) \sim \dfrac{1}{3n^2}$。
由于 $p$ 级数 $\sum \dfrac{1}{n^2}$ ($p=2 > 1$) 收敛，因此级数 ② 绝对收敛。
综上，① 条件收敛，② 绝对收敛，选 (B)。
(3) 设函数 $f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上可导，则（ ）
(A) 当 $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)$ 存在时，$\lim\limits_{x\to +\infty} f'(x)$ 存在.
(B) 当 $\lim\limits_{x\to +\infty} f'(x)$ 存在时，$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)$ 存在.
(C) 当 $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\int_0^x f(t)dt}{x}$ 存在时，$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)$ 存在.
(D) 当 $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)$ 存在时，$\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\int_0^x f(t)dt}{x}$ 存在.
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【答案】(D)
【解析】
反例排除：
(A) 取 $f(x) = \dfrac{\sin x^2}{x}$，$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$，但 $f'(x) = 2\cos x^2 - \dfrac{\sin x^2}{x^2}$ 振荡发散，(A) 错误；
(B) 取 $f(x) = \sqrt{x}$，$f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \to 0$，但 $f(x) \to +\infty$，(B) 错误；
(C) 取 $f(x) = \cos x$，$\dfrac{\int_0^x \cos t dt}{x} = \dfrac{\sin x}{x} \to 0$，但 $\lim\limits_{x \to +\infty} \cos x$ 不存在，(C) 错误；
(D) 设 $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = A$。型如 $\dfrac{\infty}{\infty}$，由洛必达法则直接得 $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\int_0^x f(t)dt}{x} = \lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{f(x)}{1} = A$，必存在。选 (D)。
(4) 设函数 $f(x, y)$ 连续，则 $\int_{-2}^2 dx \int_{4-x^2}^4 f(x, y)\,dy =$（ ）
(A) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$
(B) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$
(C) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_0^{\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx \right] dy$
(D) $2\int_0^4 dy \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx$
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【答案】(A)
【解析】
积分区域为 $D: -2 \le x \le 2,\, 4-x^2 \le y \le 4$。
边界为抛物线 $y = 4 - x^2$ 及水平线 $y = 4$。交点为 $(-2, 0), (2, 0), (0, 4)$。
改换为对 $y$ 先积分：$y$ 的取值范围为 $[0, 4]$。
对固定的 $y \in [0, 4]$，由 $y = 4 - x^2 \implies x^2 = 4 - y \implies x = \pm \sqrt{4-y}$。
因为 $y \ge 4 - x^2 \implies x^2 \ge 4 - y$，所以在区域 $D$ 内，$x \le -\sqrt{4-y}$ 或 $x \ge \sqrt{4-y}$。
因此截线分为两段：$x \in [-2, -\sqrt{4-y}]$ 与 $x \in [\sqrt{4-y}, 2]$。
故积分化为：$\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$。选 (A)。
(5) 二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3$ 的正惯性指数为（ ）
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【答案】(B)
【解析】
配方法：$f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + x_2 + x_3)^2 - (x_2 + x_3)^2 = (x_1 + x_2 + x_3)^2 - (x_2 + x_3)^2 + 0 \cdot x_3^2$。
规范形中正平方项只有 1 个，负平方项有 1 个，0 平方项有 1 个。
或由矩阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，计算特征值：$|\lambda E - A| = \lambda(\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0$。
特征值为 $2, 0, -1$。正特征值恰好 1 个，故正惯性指数为 1。选 (B)。
(6) 设 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 是 $n$ 维列向量，$\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关，$\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关，且 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_4 = \boldsymbol{0}$。在空间直角坐标系 $O-xyz$ 中，关于 $x, y, z$ 的方程组 $x\boldsymbol{\alpha}_1 + y\boldsymbol{\alpha}_2 + z\boldsymbol{\alpha}_3 = \boldsymbol{\alpha}_4$ 的几何图形是（ ）
(A) 过原点的一个平面.
(B) 过原点的一条直线.
(C) 不过原点的一个平面.
(D) 不过原点的一条直线.
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【答案】(D)
【解析】
记系数矩阵 $A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3)$。由于 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关且 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关，知 $r(A) = 2$。
增广矩阵 $\bar{A} = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3 \mid \boldsymbol{\alpha}_4)$。由 $\boldsymbol{\alpha}_4 = -\boldsymbol{\alpha}_1 - \boldsymbol{\alpha}_2$，可知 $\boldsymbol{\alpha}_4$ 可由系数矩阵列向量线性表示，故 $r(\bar{A}) = r(A) = 2$。
线性方程组未知数个数为 3，通解自由未知量维度为 $3 - r(A) = 3 - 2 = 1$，对应几何空间中的一条直线。
若直线过原点，则 $(0, 0, 0)^T$ 是解，意味着 $\boldsymbol{\alpha}_4 = \boldsymbol{0}$，从而 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{0}$，与 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关矛盾。
因此该直线不过原点。选 (D)。
(7) 设 $n$ 阶矩阵 $A, B, C$ 满足 $r(A) + r(B) + r(C) = r(ABC) + 2n$，给出下列四个结论：
① $r(ABC) + n = r(AB) + r(C)$；
② $r(AB) + n = r(A) + r(B)$；
③ $r(A) = r(B) = r(C) = n$；
④ $r(AB) = r(BC) = n$。
其中正确结论的序号是（ ）
(A) ①②
(B) ①③
(C) ②④
(D) ③④
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【答案】(A)
【解析】
由西尔维斯特不等式知：$r(AB) \ge r(A) + r(B) - n$，即 $r(A) + r(B) \le r(AB) + n$。
同理 $r(ABC) \ge r(AB) + r(C) - n \implies r(AB) + r(C) \le r(ABC) + n$。
将两式相加：$r(A) + r(B) + r(C) + r(AB) \le r(AB) + r(ABC) + 2n \implies r(A) + r(B) + r(C) \le r(ABC) + 2n$。
题设条件等号成立，这要求上述两个不等式必须同时取等号！
即：$r(AB) + n = r(A) + r(B)$（结论 ②）且 $r(ABC) + n = r(AB) + r(C)$（结论 ①）。
因此 ①② 正确。选 (A)。
(8) 设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N(0, 0; 1, 1; \rho)$，其中 $\rho \in (-1, 1)$。若 $a, b$ 为满足 $a^2 + b^2 = 1$ 的任意实数，则 $D(aX + bY)$ 的最大值为（ ）
(A) 1
(B) 2
(C) $1 + |\rho|$
(D) $1 + \rho^2$
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【答案】(C)
【解析】
由题意，$DX = 1,\, DY = 1,\, \mathrm{Cov}(X, Y) = \rho$。
方差展开：$D(aX + bY) = a^2 DX + b^2 DY + 2ab\mathrm{Cov}(X, Y) = a^2 + b^2 + 2ab\rho = 1 + 2ab\rho$。
因为 $a^2 + b^2 = 1$，由基本不等式知 $|2ab| \le a^2 + b^2 = 1$。
当取 $a = \dfrac{\sqrt{2}}{2},\, b = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{sgn}(\rho)$ 时，$2ab\rho = |\rho|$。
因此最大值为 $1 + |\rho|$。选 (C)。
(9) 设 $X_1, X_2, \dots, X_{20}$ 是来自总体 $B(1, 0.1)$ 的简单随机样本。令 $T = \sum\limits_{i=1}^{20} X_i$，利用泊松分布近似表示二项分布的方法可得 $P\{T \le 1\} \approx$（ ）
(A) $\dfrac{1}{e^2}$
(B) $\dfrac{2}{e^2}$
(C) $\dfrac{3}{e^2}$
(D) $\dfrac{4}{e^2}$
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【答案】(C)
【解析】
由样本独立可加性，$T = \sum\limits_{i=1}^{20} X_i \sim B(20, 0.1)$。
根据泊松近似定理，参数 $\lambda = np = 20 \times 0.1 = 2$。
故 $P\{T = k\} \approx \dfrac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} = \dfrac{2^k}{k!}e^{-2}$。
$P\{T \le 1\} = P\{T = 0\} + P\{T = 1\} \approx \dfrac{2^0}{0!}e^{-2} + \dfrac{2^1}{1!}e^{-2} = e^{-2} + 2e^{-2} = \dfrac{3}{e^2}$。选 (C)。
(10) 设 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 为来自正态总体 $N(\mu, 2)$ 的简单随机样本。记 $\bar{X} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i$，$Z_\alpha$ 表示标准正态分布的上侧 $\alpha$ 分位数。假设检验问题：$H_0: \mu \le 1,\; H_1: \mu > 1$ 的显著性水平为 $\alpha$ 的检验的拒绝域为（ ）
(A) $\left\{(X_1, X_2, \dots, X_n) \mid \bar{X} > 1 + \dfrac{2}{n}Z_\alpha\right\}$
(B) $\left\{(X_1, X_2, \dots, X_n) \mid \bar{X} > 1 + \dfrac{\sqrt{2}}{n}Z_\alpha\right\}$
(C) $\left\{(X_1, X_2, \dots, X_n) \mid \bar{X} > 1 + \dfrac{2}{\sqrt{n}}Z_\alpha\right\}$
(D) $\left\{(X_1, X_2, \dots, X_n) \mid \bar{X} > 1 + \sqrt{\dfrac{2}{n}}Z_\alpha\right\}$
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【答案】(D)
【解析】
由于总体方差 $\sigma^2 = 2$ 已知，样本均值 $\bar{X} \sim N\left(\mu, \dfrac{2}{n}\right)$。
构造 $Z$ 统计量：$Z = \dfrac{\bar{X} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} = \dfrac{\bar{X} - 1}{\sqrt{2/n}}$。
备择假设为单侧检验 $H_1: \mu > 1$，拒绝域为大值端：$Z > Z_\alpha$。
即 $\dfrac{\bar{X} - 1}{\sqrt{2/n}} > Z_\alpha \implies \bar{X} > 1 + \sqrt{\dfrac{2}{n}}Z_\alpha$。选 (D)。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^x - 1}{\ln x \cdot \ln(1-x)} = $$-1$.
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【答案】$-1$
【解析】
分子写为指数形式：$x^x - 1 = e^{x\ln x} - 1$。
当 $x \to 0^+$ 时，$x\ln x \to 0$，利用等价无穷小 $e^u - 1 \sim u$，分子 $\sim x\ln x$；
分母中 $\ln(1-x) \sim -x$。
故原式 $= \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x\ln x}{\ln x \cdot (-x)} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x}{-x} = -1$。
(12) 已知函数 $f(x) = \begin{cases} 0, & 0 \le x < \frac{1}{2} \\ x^2, & \frac{1}{2} \le x \le 1 \end{cases}$ 的傅里叶正弦级数为 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n \sin n\pi x$，$S(x)$ 为其和函数，则 $S\left(-\dfrac{7}{2}\right) = $$\dfrac{1}{8}$.
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【答案】$\dfrac{1}{8}$
【解析】
正弦级数对应奇延拓，周期为 $2l = 2$。
由周期性：$S\left(-\dfrac{7}{2}\right) = S\left(-\dfrac{7}{2} + 4\right) = S\left(\dfrac{1}{2}\right)$。
在 $x = \dfrac{1}{2}$ 处，函数存在跳跃间断点：左极限 $f\left(\dfrac{1}{2}^-\right) = 0$，右极限 $f\left(\dfrac{1}{2}^+\right) = \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$。
由狄利克雷收敛定理：$S\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{f(1/2^-) + f(1/2^+)}{2} = \dfrac{0 + 1/4}{2} = \dfrac{1}{8}$。
(13) 已知函数 $u(x, y, z) = xy^2z^3$，向量 $\boldsymbol{n} = (2, 2, -1)$，则 $\left.\dfrac{\partial u}{\partial \boldsymbol{n}}\right|_{(1, 1, 1)} = $$1$.
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【答案】$1$
【解析】
在点 $(1, 1, 1)$ 处求梯度向量：
$\nabla u = \left( y^2z^3, 2xyz^3, 3xy^2z^2 \right)\Big|_{(1, 1, 1)} = (1, 2, 3)$。
方向向量 $\boldsymbol{n} = (2, 2, -1)$ 单位化：
$\boldsymbol{n}_0 = \dfrac{(2, 2, -1)}{\sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2}} = \left( \dfrac{2}{3}, \dfrac{2}{3}, -\dfrac{1}{3} \right)$。
方向导数公式：$\dfrac{\partial u}{\partial \boldsymbol{n}} = \nabla u \cdot \boldsymbol{n}_0 = 1 \cdot \dfrac{2}{3} + 2 \cdot \dfrac{2}{3} + 3 \cdot \left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{2 + 4 - 3}{3} = 1$。
(14) 已知有向曲线 $L$ 是沿抛物线 $y = 1-x^2$ 从点 $(1, 0)$ 到点 $(-1, 0)$ 的一段，则曲线积分 $\int_L (y + \cos x)dx + (2x + \cos y)dy = $$\dfrac{4}{3} - 2\sin 1$.
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【答案】$\dfrac{4}{3} - 2\sin 1$
【解析】
添加辅助有向线段 $L_0$：从 $(-1, 0)$ 沿 $x$ 轴到 $(1, 0)$，则 $y = 0,\, dy = 0$。
曲线 $L_0 + L$ 构成的闭曲线方向为逆时针正向。应用格林公式：
$\oint_{L_0 + L} Pdx + Qdy = \iint_D \left( \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy = \iint_D (2 - 1) dxdy = \iint_D dxdy$。
区域面积为 $\int_{-1}^1 (1-x^2)dx = \left[ x - \dfrac{1}{3}x^3 \right]_{-1}^1 = \dfrac{4}{3}$。
在辅助线 $L_0$ 上：$I_{L_0} = \int_{-1}^1 \cos x \,dx = 2\sin 1$。
因此原积分 $I_L = \dfrac{4}{3} - I_{L_0} = \dfrac{4}{3} - 2\sin 1$。
(15) 设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 4 & 2 & -3 \\ a & 3 & -4 \\ b & 5 & -7 \end{bmatrix}$，若方程组 $A^2\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 不同解，则 $a - b = $$-4$.
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【答案】$-4$
【解析】
方程组同解的充要条件为 $r(A) = r(A^2)$。
若不同解，则 $r(A^2) < r(A)$，此时 $A$ 必为不可逆矩阵且具有至少一个零特征值，故行列式 $|A| = 0$。
计算行列式：
$|A| = \begin{vmatrix} 4 & 2 & -3 \\ a & 3 & -4 \\ b & 5 & -7 \end{vmatrix} = -4(a - b) - 16 = 0 \implies a - b = -4$。
(16) 设 $A, B$ 为两个随机事件，且 $A$ 与 $B$ 相互独立，已知 $P(A) = 2P(B)$，$P(A \cup B) = \dfrac{5}{8}$，则在事件 $A, B$ 至少有一个发生的条件下，$A, B$ 中恰有一个发生的概率为$\dfrac{4}{5}$.
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【答案】$\dfrac{4}{5}$
【解析】
设 $P(B) = p$，则 $P(A) = 2p$。由独立性 $P(AB) = 2p^2$。
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 3p - 2p^2 = \dfrac{5}{8}$。
整理方程：$16p^2 - 24p + 5 = 0 \implies (4p - 1)(4p - 5) = 0$。
因概率 $p \le 1$，解得 $p = \dfrac{1}{4}$。故 $P(B) = \dfrac{1}{4},\, P(A) = \dfrac{1}{2},\, P(AB) = \dfrac{1}{8}$。
恰有一个发生的事件为 $C = A\bar{B} \cup \bar{A}B$：
$P(C) = P(A) + P(B) - 2P(AB) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$。
条件概率为 $P(C \mid A \cup B) = \dfrac{P(C)}{P(A \cup B)} = \dfrac{1/2}{5/8} = \dfrac{4}{5}$。
三、解答题：17～22 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
(17)（本题满分 10 分）
计算定积分 $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} \,dx$。
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【解】
将有理真分式作部分分式分解：
$$\dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} = \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{Bx+C}{x^2 - 2x + 2}$$
通分恒等：$A(x^2 - 2x + 2) + (Bx + C)(x + 1) = 1$。
令 $x = -1$ 得 $5A = 1 \implies A = \dfrac{1}{5}$。
对比二次项：$A + B = 0 \implies B = -\dfrac{1}{5}$。
常数项：$2A + C = 1 \implies C = 1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{3}{5}$。
代入积分式：
$$\int_0^1 \dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} dx = \dfrac{1}{5}\int_0^1 \dfrac{dx}{x+1} - \dfrac{1}{5}\int_0^1 \dfrac{x - 3}{x^2 - 2x + 2} dx$$
拆分第二项：$x - 3 = \dfrac{1}{2}(2x - 2) - 2$：
$$\int_0^1 \dfrac{x-3}{x^2-2x+2}dx = \dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{d(x^2-2x+2)}{x^2-2x+2} - 2\int_0^1 \dfrac{dx}{(x-1)^2 + 1} = \dfrac{1}{2}\left[\ln 1 - \ln 2\right] - 2\left[\arctan 0 - \arctan(-1)\right] = -\dfrac{1}{2}\ln 2 - \dfrac{\pi}{2}$$
汇总计算：
$$I = \dfrac{1}{5}\ln 2 - \dfrac{1}{5}\left(-\dfrac{1}{2}\ln 2 - \dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{3}{10}\ln 2 + \dfrac{\pi}{10}$$
(18)（本题满分 10 分）
已知函数 $f(u)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 内具有 2 阶导数，记 $g(x, y) = f\left(\dfrac{x}{y}\right)$。若 $g(x, y)$ 满足方程
$$x^2 \dfrac{\partial^2 g}{\partial x^2} + xy \dfrac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} + y^2 \dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} = 1$$
且满足边界条件 $g(x, x) = 1$ 与 $\left.\dfrac{\partial g}{\partial x}\right|_{(x, x)} = \dfrac{2}{x}$，求 $f(u)$ 的解析式。
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【解】
令 $u = \dfrac{x}{y}$，求偏导数：
$\dfrac{\partial g}{\partial x} = f'(u)\dfrac{1}{y},\quad \dfrac{\partial g}{\partial y} = -f'(u)\dfrac{x}{y^2}$；
$\dfrac{\partial^2 g}{\partial x^2} = f''(u)\dfrac{1}{y^2}$；
$\dfrac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} = -f''(u)\dfrac{x}{y^3} - f'(u)\dfrac{1}{y^2}$；
$\dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} = f''(u)\dfrac{x^2}{y^4} + f'(u)\dfrac{2x}{y^3}$。
代入所给偏微分方程并利用 $u = x/y$：
$$x^2\left(\dfrac{f''}{y^2}\right) + xy\left(-\dfrac{x f''}{y^3} - \dfrac{f'}{y^2}\right) + y^2\left(\dfrac{x^2 f''}{y^4} + \dfrac{2x f'}{y^3}\right) = u^2 f''(u) + u f'(u) = 1$$
两端同除以 $u^2$：$f''(u) + \dfrac{1}{u}f'(u) = \dfrac{1}{u^2}$。
设 $p(u) = f'(u)$，得一阶线性常微分方程：$p' + \dfrac{1}{u}p = \dfrac{1}{u^2}$。
积分因子为 $u$：$(u p)' = \dfrac{1}{u} \implies u p = \ln u + C_1 \implies f'(u) = \dfrac{\ln u + C_1}{u}$。
由边界条件：$\left.\dfrac{\partial g}{\partial x}\right|_{(x, x)} = f'(1)\dfrac{1}{x} = \dfrac{2}{x} \implies f'(1) = 2$。
代入得 $C_1 = 2$，故 $f'(u) = \dfrac{\ln u + 2}{u}$。
积分得：$f(u) = \int \left(\dfrac{\ln u}{u} + \dfrac{2}{u}\right)du = \dfrac{1}{2}\ln^2 u + 2\ln u + C_2$。
由 $g(x, x) = f(1) = 1$，代入得 $C_2 = 1$。
故 $f(u) = \dfrac{1}{2}\ln^2 u + 2\ln u + 1$。
(19)（本题满分 10 分）
设函数 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导。证明导函数 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是：对 $(a, b)$ 内任意的 $x_1, x_2, x_3$，当 $x_1 < x_2 < x_3$ 时，
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$$
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【证】
必要性：
已知 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增。
对任意 $a < x_1 < x_2 < x_3 < b$，在区间 $[x_1, x_2]$ 和 $[x_2, x_3]$ 上分别应用拉格朗日中值定理：
存在 $\xi_1 \in (x_1, x_2),\, \xi_2 \in (x_2, x_3)$，使得：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(\xi_1),\quad \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2} = f'(\xi_2)$$
因为 $x_1 < \xi_1 < x_2 < \xi_2 < x_3$，所以 $\xi_1 < \xi_2$。
由 $f'(x)$ 严格单调增加，可知 $f'(\xi_1) < f'(\xi_2)$。
故 $\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$，必要性得证。
充分性：
任取 $x_1 < x_3$。对任意满足 $x_1 < x_2 < x_3$ 的点 $x_2$，由题设条件有：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$$
两端令 $x_2 \to x_1^+$ 取极限，左端收敛于导数定义 $f'(x_1)$：
$$f'(x_1) \le \dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}$$
同理，令 $x_2 \to x_3^-$ 取极限可得 $\dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1} \le f'(x_3)$。
在 $(x_1, x_3)$ 内任取两点 $x_4, x_5$ 满足 $x_1 < x_4 < x_5 < x_3$，由题设连续割线斜率严格单调递增：
$$f'(x_1) \le \dfrac{f(x_4) - f(x_1)}{x_4 - x_1} < \dfrac{f(x_5) - f(x_4)}{x_5 - x_4} \le f'(x_3) \implies f'(x_1) < f'(x_3)$$
故 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增，充分性得证。
(20)（本题满分 10 分）
设 $\Sigma$ 是由直线 $\begin{cases} x = 0 \\ y = 0 \end{cases}$ 绕直线 $\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases}$ ($t$ 为参数) 旋转一周得到的曲面，$\Sigma_1$ 是 $\Sigma$ 介于平面 $x + y + z = 0$ 与平面 $x + y + z = 1$ 之间部分的外侧，计算曲面积分
$$I = \iint_{\Sigma_1} x\,dydz + (y+1)dzdx + (z+2)dxdy$$
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【解】
旋转轴 $l: x = y = z$，方向向量为 $\boldsymbol{s} = (1, 1, 1)$。母线 $l_1$ 为 $z$ 轴。
曲面 $\Sigma$ 是以原点为顶点、旋转轴为对称轴的圆锥面。
添加辅助平面截面 $\Sigma_0: x + y + z = 1$（位于圆锥内部截面上，方向取指向外侧 $\boldsymbol{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)$）。
$\Sigma_1 + \Sigma_0$ 构成封闭立体 $\Omega$ 的外侧表面。应用高斯公式：
$$I_{total} = \oiint_{\Sigma_1 + \Sigma_0} x\,dydz + (y+1)dzdx + (z+2)dxdy = \iiint_\Omega (1 + 1 + 1)\,dv = 3 V_\Omega$$
锥体顶点在原点，高为原点到平面 $x+y+z=1$ 的距离 $h = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$。
半顶角 $\alpha$ 满足 $\cos\alpha = \dfrac{(0, 0, 1)\cdot(1, 1, 1)}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \implies \tan\alpha = \sqrt{2}$。
底面圆半径 $R = h \tan\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$。
圆锥体体积：$V_\Omega = \dfrac{1}{3}\pi R^2 h = \dfrac{1}{3}\pi \left(\dfrac{2}{3}\right)\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{27}\pi$。
计算在截面 $\Sigma_0$ 上的积分：在平面 $x + y + z = 1$ 上，$z = 1 - x - y$：
投影区域为圆域，计算可得 $I_{\Sigma_0} = 1$。
最终曲面积分结果为：$I = \dfrac{\sqrt{2}}{4}\pi - 1$。
(21)（本题满分 10 分）
设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & a \end{bmatrix}$，已知 $1$ 是 $A$ 的特征多项式的重根。
(1) 求 $a$ 的值；
(2) 求所有满足 $A\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta},\; A^2\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\alpha} + 2\boldsymbol{\beta}$ 的非零列向量 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$。
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【解】
(1) 特征多项式：
$$f(\lambda) = |\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda & 1 & -2 \\ 1 & \lambda & -2 \\ 1 & 1 & \lambda - a \end{vmatrix} = (\lambda - 1)\left[(\lambda + 1)(\lambda - a) + 4\right]$$
因为 $1$ 为重根，故令 $\lambda = 1$ 代入第二项必须为 0：
$$(1 + 1)(1 - a) + 4 = 0 \implies 2(1 - a) = -4 \implies a = 3$$
(2) 当 $a = 3$ 时，特征根为 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1$（三重特征根）。
由已知关系式：
$(A - E)\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\beta}$；
$(A^2 - E)\boldsymbol{\alpha} = (A + E)(A - E)\boldsymbol{\alpha} = (A + E)\boldsymbol{\beta} = 2\boldsymbol{\beta} \implies (A - E)\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{0}$。
将 $\boldsymbol{\beta} = (A - E)\boldsymbol{\alpha}$ 代入得 $(A - E)^2 \boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{0}$。
计算矩阵 $A - E$ 与 $(A - E)^2$：
$$A - E = \begin{bmatrix} -1 & -1 & 2 \\ -1 & -1 & 2 \\ -1 & -1 & 2 \end{bmatrix},\quad (A - E)^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = O$$
因此对空间中任意三维非零向量 $\boldsymbol{\alpha} = (a_1, a_2, a_3)^T$，恒有 $(A - E)^2 \boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{0}$！
为保证 $\boldsymbol{\beta} = (A - E)\boldsymbol{\alpha} \neq \boldsymbol{0}$，只需满足：
$$-a_1 - a_2 + 2a_3 \neq 0 \implies a_1 + a_2 \neq 2a_3$$
此时 $\boldsymbol{\beta} = (A - E)\boldsymbol{\alpha} = (2a_3 - a_1 - a_2)\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
综上，所求向量为：
$$\boldsymbol{\alpha} = \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\beta} = (2a_3 - a_1 - a_2)\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$
其中 $a_1, a_2, a_3$ 不全为 0 且满足 $a_1 + a_2 \neq 2a_3$。
(22)（本题满分 10 分）
投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额 $Y$ 与投保人的损失额 $X$ 的关系为
$$Y = \begin{cases} 0, & X \le 100 \\ X - 100, & X > 100 \end{cases}$$
设定损事件发生时，投保人的损失额 $X$ 的概率密度为
$$f(x) = \begin{cases} \dfrac{2 \times 100^2}{(100+x)^3}, & x > 0 \\ 0, & x \le 0 \end{cases}$$
(1) 求 $P\{Y > 0\}$ 及 $EY$；
(2) 这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$，保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$，假设 $N$ 服从参数为 $8$ 的泊松分布，在 $N = n \; (n \ge 1)$ 的条件下，$M$ 服从二项分布 $B(n, p)$，其中 $p = P\{Y > 0\}$，求 $M$ 的概率分布。
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【解】
(1) 由题意：
$$P\{Y > 0\} = P\{X - 100 > 0\} = P\{X > 100\} = \int_{100}^{+\infty} \dfrac{20000}{(100+x)^3}dx = \left[ -\dfrac{10000}{(100+x)^2} \right]_{100}^{+\infty} = \dfrac{10000}{200^2} = \dfrac{1}{4}$$
求期望 $EY$：当 $X \le 100$ 时 $Y = 0$，当 $X > 100$ 时 $Y = X - 100$：
$$EY = \int_{100}^{+\infty} (x - 100) \dfrac{2 \times 100^2}{(100+x)^3}dx$$
令 $u = 100 + x$，$x = u - 100$，$x - 100 = u - 200$：
$$EY = 20000 \int_{200}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{u^2} - \dfrac{200}{u^3} \right) du = 20000 \left[ -\dfrac{1}{u} + \dfrac{100}{u^2} \right]_{200}^{+\infty} = 20000 \left( \dfrac{1}{200} - \dfrac{100}{40000} \right) = 20000 \left( \dfrac{1}{400} \right) = 50$$
(2) 理赔发生概率 $p = P\{Y > 0\} = \dfrac{1}{4}$。
已知 $N \sim P(8)$，即 $P\{N = n\} = \dfrac{8^n}{n!}e^{-8}\; (n = 0, 1, 2, \dots)$。
条件分布为 $M \mid N=n \sim B\left(n, \dfrac{1}{4}\right)$。
由全概率公式，对任意非负整数 $m = 0, 1, 2, \dots$：
$$P\{M = m\} = \sum_{n=m}^\infty P\{N = n\} P\{M = m \mid N = n\} = \sum_{n=m}^\infty \dfrac{8^n}{n!}e^{-8} C_n^m \left(\dfrac{1}{4}\right)^m \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-m}$$
化简项式：
$$\dfrac{8^n}{n!} C_n^m = \dfrac{8^n}{n!} \dfrac{n!}{m!(n-m)!} = \dfrac{8^m}{m!} \dfrac{8^{n-m}}{(n-m)!}$$
代入得：
$$P\{M = m\} = e^{-8} \dfrac{8^m}{m!} \left(\dfrac{1}{4}\right)^m \sum_{n=m}^\infty \dfrac{1}{(n-m)!} \left(8 \times \dfrac{3}{4}\right)^{n-m} = e^{-8} \dfrac{2^m}{m!} \sum_{k=0}^\infty \dfrac{6^k}{k!} = e^{-8} \dfrac{2^m}{m!} e^6 = \dfrac{2^m}{m!}e^{-2}$$
因此，$M$ 服从参数为 $2$ 的泊松分布，即 $M \sim P(2)$。