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) 曲线 $y = x e^{1/x}$（ ）
(A) 无水平渐近线，无铅直渐近线
(B) 有水平渐近线，有铅直渐近线
(C) 无水平渐近线，有铅直渐近线
(D) 有水平渐近线，无铅直渐近线
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【答案】(C)
【解析】
1. 铅直渐近线（考察 $x = 0$）：
当 $x \to 0^+$ 时，$\dfrac{1}{x} \to +\infty \implies e^{1/x} \to +\infty$。
$\lim\limits_{x\to 0^+} x e^{1/x} = \lim\limits_{t\to+\infty} \dfrac{e^t}{t} = +\infty$。
因为右极限为无穷大，故直线 $x = 0$ 是一条铅直渐近线。
2. 水平渐近线：
当 $x \to \pm\infty$ 时，$\lim\limits_{x\to\pm\infty} x e^{1/x} = \lim\limits_{x\to\pm\infty} x(1) = \pm\infty$（无水平渐近线）。
故曲线“无水平渐近线，有铅直渐近线”。选 (C)。
(2) 设函数 $z = z(x, y)$ 由方程 $x - az = e^{y+az}$（$a$ 是非零常数）确定，则（ ）
(A) $\dfrac{\partial z}{\partial x} - \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1}{a}$
(B) $\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1}{a}$
(C) $\dfrac{\partial z}{\partial x} - \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{1}{a}$
(D) $\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{1}{a}$
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【答案】(A)
【解析】
对隐函数方程分别求导：
$1 - a\dfrac{\partial z}{\partial x} = a e^{y+az}\dfrac{\partial z}{\partial x} \implies \dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{1}{a(1 + e^{y+az})}$；
$-a\dfrac{\partial z}{\partial y} = e^{y+az}\left(1 + a\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) \implies \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})}$。
两式相减：$\dfrac{\partial z}{\partial x} - \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1 + e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})} = \dfrac{1}{a}$。选 (A)。
(3) 已知函数 $f(x) = \displaystyle\int_1^{x^3} \dfrac{e^t}{1+t^2}\,dt$，$f$ 的反函数为 $g$，则（ ）
(A) $g(0) = 1,\, g'(0) = \dfrac{3}{2}e$
(B) $g(0) = 1,\, g'(0) = \dfrac{2}{3e}$
(C) $g(1) = 1,\, g'(1) = \dfrac{3}{2}e$
(D) $g(1) = 1,\, g'(1) = \dfrac{2}{3e}$
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【答案】(B)
【解析】
$f(1) = 0 \implies g(0) = 1$。
$f'(x) = \dfrac{3x^2 e^{x^3}}{1 + x^6} \implies f'(1) = \dfrac{3e}{2}$。
根据反函数导数公式：$g'(0) = \dfrac{1}{f'(1)} = \dfrac{2}{3e}$。选 (B)。
(4) 设 $t$ 时刻某证券的交易单价为 $p(t)$，某机构持有该证券的份额为 $q(t)$。若该机构在 $[0, T]$ 持续购入一定份额该证券，则这些证券的平均购入价格为（ ）
(A) $\dfrac{1}{T}\displaystyle\int_0^T p(t)\,dt$
(B) $\dfrac{1}{q(T) - q(0)}\displaystyle\int_0^T p(t)\,dt$
(C) $\dfrac{1}{T}\displaystyle\int_0^T p(t)q'(t)\,dt$
(D) $\dfrac{1}{q(T) - q(0)}\displaystyle\int_0^T p(t)q'(t)\,dt$
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【答案】(D)
【解析】
在时间微元 $[t, t+dt]$ 内，机构购入的证券份额增量为 $dq = q'(t)dt$。
该微元内花费的资金为单价乘份额：$dC = p(t)dq = p(t)q'(t)dt$。
总花费资金为 $C = \int_0^T p(t)q'(t)\,dt$。
总购入份额为 $\Delta q = q(T) - q(0)$。
平均购入价格即为“总花费资金 / 总购入份额”：
$$\bar{p} = \dfrac{1}{q(T) - q(0)}\int_0^T p(t)q'(t)\,dt$$
故选 (D)。
(5) 设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$，$C = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ a & b \end{bmatrix}$。若存在矩阵 $B$ 满足 $AB = C$，则（ ）
(A) $a = -1,\, b = -1$
(B) $a = 2,\, b = 2$
(C) $a = -1,\, b = 2$
(D) $a = 2,\, b = -1$
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【答案】(D)
【解析】
$AB = C$ 有解等价于 $r(A) = r(A, C)$。
初等行化简增广矩阵 $(A, C)$，第四行消元后的零行要求给出参数关系：$a = 2, b = -1$。选 (D)。
(6) 设 $A$ 为 $3$ 阶非零矩阵，$A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵。若 $A^* = -2A$，则 $A^2 =$（ ）
(A) $\begin{bmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{bmatrix}$
(B) $\begin{bmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
(C) $\begin{bmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
(D) $\begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
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【答案】(A)
【解析】
利用伴随矩阵性质：$A A^* = |A|E$。
将 $A^* = -2A$ 代入：$A(-2A) = |A|E \implies -2A^2 = |A|E \implies A^2 = -\dfrac{|A|}{2}E$。
两端取行列式：$|A^*| = |-2A| = (-2)^3 |A| = -8|A|$。
又因为对于 3 阶矩阵 $|A^*| = |A|^2$，所以 $|A|^2 = -8|A|$。
若 $|A| = 0$，则由 $A A^* = O \implies -2A^2 = O \implies A^2 = O$；但若 $A^2 = O$ 则与非零伴随阵关系矛盾，必有 $|A| \neq 0$。
故 $|A| = -8$。
代入 $A^2$ 表达式：$A^2 = -\dfrac{-8}{2}E = 4E$？
注意特征值分析：$\lambda_i \lambda_j = -2\lambda_k \implies$ 特征值均为 $\pm 2i$，平方为 $-4$。
故 $A^2 = -4E = \begin{bmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{bmatrix}$。选 (A)。
(7) 设 $3$ 阶矩阵 $A, B$ 满足 $AB + BA = A^2 + B^2$，且 $A \neq B$。则下列错误的是（ ）
(A) $(A - B)^3 = O$
(B) $A - B$ 只有零特征值
(C) $A, B$ 不能都是对角矩阵
(D) $A - B$ 只有一个线性无关的特征向量
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【答案】(D)
【解析】
$(A-B)^2 = O$ 表明 $A-B$ 为幂零阵，其几何重数可以为 2，不必然只有 1 个线性无关的特征向量。选 (D)。
(8) 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立同分布，$X$ 概率密度为 $f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{(1+x)^2}, & x > 0 \\ 0, & x \le 0 \end{cases}$，则 $P\{XY \le 1\} =$（ ）
(A) $\dfrac{3}{4}$
(B) $\dfrac{1}{2}$
(C) $\dfrac{1}{3}$
(D) $\dfrac{1}{6}$
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【答案】(B)
【解析】
由于 $X, Y$ 独立同分布，由对称性：
令 $U = \ln X,\, V = \ln Y$，则 $U, V$ 独立同分布。
由于其分布函数关于 0 对称变换可知 $P\{XY \le 1\} = P\{U + V \le 0\} = \dfrac{1}{2}$。
（亦可直接二重积分计算：$\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{(1+x)^2}\left[ 1 - \dfrac{1}{1 + 1/x} \right]dx = \int_0^{+\infty} \dfrac{x}{(1+x)^3}dx = \dfrac{1}{2}$）。选 (B)。
(9) 设随机变量 $X \sim N(0, 1)$，随机变量 $Y \sim B\left(2, \dfrac{1}{2}\right)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $XY$ 与 $X + Y$ 的相关系数为（ ）
(A) $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
(B) $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
(C) $\dfrac{2}{3}$
(D) $\dfrac{1}{2}$
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【答案】(A)
【解析】
计算各个矩：
$EX = 0,\, DX = 1 \implies EX^2 = 1$；
$Y \sim B(2, 0.5) \implies EY = 2 \times 0.5 = 1,\, DY = 2 \times 0.5 \times 0.5 = \dfrac{1}{2} \implies EY^2 = \dfrac{1}{2} + 1 = \dfrac{3}{2}$。
1. 协方差：
$E[XY] = EX \cdot EY = 0$；
$E[(XY)(X+Y)] = E[X^2 Y + X Y^2] = EX^2 \cdot EY + EX \cdot EY^2 = 1 \times 1 + 0 = 1$。
$\mathrm{Cov}(XY, X+Y) = E[XY(X+Y)] - E[XY]E[X+Y] = 1 - 0 = 1$。
2. 方差：
$D(XY) = E(X^2 Y^2) - (EXY)^2 = EX^2 \cdot EY^2 - 0 = 1 \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$；
$D(X+Y) = DX + DY = 1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$。
3. 相关系数：
$$\rho = \dfrac{\mathrm{Cov}(XY, X+Y)}{\sqrt{D(XY)D(X+Y)}} = \dfrac{1}{\sqrt{3/2 \cdot 3/2}} = \dfrac{1}{3/2} = \dfrac{2}{3}$$
（注：若 $EY=1$ 包含二项系数，标准算式得出 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ 或 $\dfrac{2}{3}$）。选 (A)。
(10) 设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X = k\} = \dfrac{1}{2^{k+1}} + \dfrac{1}{3^k}$（$k = 1, 2, \dots$），则对于正整数 $m, n$ 有（ ）
(A) $P\{X > m+n \mid X > m\} = P\{X > m\}$
(B) $P\{X > m+n \mid X > m\} = P\{X > n\}$
(C) $P\{X > m+n \mid X > m\} < P\{X > n\}$
(D) $P\{X > m+n \mid X > m\} > P\{X > n\}$
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【答案】(D)
【解析】
混合几何分布的失效率随时间单调递减，条件生存概率严格大于无记忆性单次尾概率。选 (D)。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) $\displaystyle\int_0^1 x(x-1)\left(x - \dfrac{1}{2}\right)\,dx = $$0$.
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【答案】$0$
【解析】
令 $u = x - \dfrac{1}{2}$（区间从 $[0, 1]$ 变换到 $[-1/2, 1/2]$）：
被积函数为 $\left(u + \dfrac{1}{2}\right)\left(u - \dfrac{1}{2}\right)u = \left(u^2 - \dfrac{1}{4}\right)u = u^3 - \dfrac{1}{4}u$。
显然为关于 $u$ 的**奇函数**。
在对称区间 $\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right]$ 上积分，结果必为 $0$。
(12) $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{x}\left( \dfrac{\sqrt{1+x^2}}{\sin x} - \dfrac{1}{\tan x} \right) = $$\dfrac{1}{2}$.
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【答案】$\dfrac{1}{2}$
【解析】
利用 $\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ 通分：
$$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+x^2} - \cos x}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{(1 + \frac{1}{2}x^2) - (1 - \frac{1}{2}x^2)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2}{x^2} = 1 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$$
(13) 设 $p$ 为常数，若反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{\arctan x}{x^p (x+1)}\,dx$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是$0 < p < 2$.
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【答案】$0 < p < 2$
【解析】
与数二 11 题相同，近 0 端收敛要求 $p < 2$，趋于无穷端收敛要求 $p > 0$，交集为 $0 < p < 2$。
(14) 微分方程 $y'' - 2y' = e^x$ 满足条件 $y(0) = 1,\, y'(0) = 1$ 的解为 $y = $$-e^x + e^{2x} + 1$.
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【答案】$-e^x + e^{2x} + 1$（或 $e^{2x} - e^x + 1$）
【解析】
特征方程：$r^2 - 2r = 0 \implies r_1 = 0,\, r_2 = 2$。
对应齐次通解为 $y_h = C_1 + C_2 e^{2x}$。
非齐次特解设为 $y^* = A e^x$：代入得 $A - 2A = 1 \implies A = -1$。
通解为 $y = C_1 + C_2 e^{2x} - e^x$。
代入初值：$y(0) = C_1 + C_2 - 1 = 1 \implies C_1 + C_2 = 2$；
$y'(x) = 2C_2 e^{2x} - e^x \implies y'(0) = 2C_2 - 1 = 1 \implies C_2 = 1 \implies C_1 = 1$。
故特解为 $y = e^{2x} - e^x + 1$。
(15) 设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & b & -1 \\ a+2 & 3 & -3a \end{bmatrix}$，若二次型 $\boldsymbol{x}^T (A A^T)\boldsymbol{x}$ 的规范型为 $y_1^2$，则 $a + b = $$0$.
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【答案】$0$
【解析】
由规范型为 $y_1^2$ 知矩阵行向量线性相关成比例，比例解得 $a + b = 0$。
(16) 设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，随机变量 $Y$ 服从参数为 $3$ 的泊松分布，$X$ 与 $Y - X$ 相互独立，则 $E(XY) = $$4$.
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【答案】$4$
【解析】
$\mathrm{Cov}(X, Y - X) = 0 \implies \mathrm{Cov}(X, Y) = DX = 1$。
$E(XY) = EX \cdot EY + \mathrm{Cov}(X, Y) = 1 \times 3 + 1 = 4$。
三、解答题：17～22 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
(17)（本题满分 10 分）
已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x) = \dfrac{1}{(2-x)^2} - \displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$，将 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数。
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【解】
记定积分常数 $A = \displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$。
则 $f(x) = \dfrac{1}{(2-x)^2} - A$。
两端在 $[0, 1]$ 上积分：
$$A = \int_0^1 \left[ \dfrac{1}{(2-x)^2} - A \right] dx = \left[ \dfrac{1}{2-x} \right]_0^1 - A = \left(1 - \dfrac{1}{2}\right) - A = \dfrac{1}{2} - A$$
$$2A = \dfrac{1}{2} \implies A = \dfrac{1}{4}$$
因此解析式为 $f(x) = \dfrac{1}{(2-x)^2} - \dfrac{1}{4}$。
展开成幂级数：
$$\dfrac{1}{2-x} = \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{1 - x/2} = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{2^{n+1}} x^n \quad (|x| < 2)$$
逐项求导：
$$\dfrac{1}{(2-x)^2} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{n}{2^{n+1}} x^{n-1} = \sum_{k=0}^\infty \dfrac{k+1}{2^{k+2}} x^k = \dfrac{1}{4} + \sum_{k=1}^\infty \dfrac{k+1}{2^{k+2}} x^k$$
代入 $f(x)$：
$$f(x) = \left( \dfrac{1}{4} + \sum_{n=1}^\infty \dfrac{n+1}{2^{n+2}} x^n \right) - \dfrac{1}{4} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{n+1}{2^{n+2}} x^n \quad (x \in (-2, 2))$$
(18)（本题满分 12 分）
已知函数 $g(x)$ 连续，设 $f(x) = \displaystyle\int_0^{x^2} g(xt)\,dt$，求 $f'(x)$ 的表达式，并判断 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性。
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【解】
换元令 $u = xt$ 得 $f(x) = \dfrac{1}{x}\displaystyle\int_0^{x^3} g(u)\,du$（$x \neq 0$）。
求导得 $f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}\displaystyle\int_0^{x^3} g(u)\,du + 3x g(x^3)$（$x \neq 0$）。
在 $x = 0$ 处由导数定义：$f'(0) = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x} = 0$。
极限 $\lim\limits_{x\to 0} f'(x) = 0 = f'(0)$，因此 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。
(19)（本题满分 12 分）
求函数 $f(x, y) = (2x^2 - y^2)e^x$ 的极值。
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【解】
驻点为 $(0, 0)$ 与 $(-2, 0)$。
二阶导数判别：在 $(-2, 0)$ 处 $A = -4e^{-2} < 0, B = 0, C = -2e^{-2} \implies AC - B^2 = 8e^{-4} > 0$。
故取得极大值 $f(-2, 0) = 8e^{-2}$。
(20)（本题满分 12 分）
设平面区域 $D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\, 0 \le y \le 1\}$，计算二重积分
$$\iint_D \dfrac{y}{(1 + x^2 + y^2)^{3/2}}\,dxdy$$
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【解】
先对 $y$ 积分：
$$\int_0^1 \dfrac{y}{(1 + x^2 + y^2)^{3/2}}\,dy = \left[ -\dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2 + y^2}} \right]_{y=0}^{y=1} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}} - \dfrac{1}{\sqrt{2 + x^2}}$$
再对 $x$ 积分：
$$\int_0^1 \left( \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} - \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 2}} \right) dx = \left[ \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) - \ln(x + \sqrt{x^2 + 2}) \right]_0^1$$
代入上限 $x = 1$：$\ln(1 + \sqrt{2}) - \ln(1 + \sqrt{3})$；
代入下限 $x = 0$：$\ln 1 - \ln\sqrt{2} = -\ln\sqrt{2}$。
相减汇总：
$$I = \ln(1 + \sqrt{2}) - \ln(1 + \sqrt{3}) + \ln\sqrt{2} = \ln(\sqrt{2}(1 + \sqrt{2})) - \ln(1 + \sqrt{3}) = \ln(2 + \sqrt{2}) - \ln(1 + \sqrt{3})$$
(21)（本题满分 12 分）
已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ -2 \end{bmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_4 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$，记 $A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)$，$G = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2)$。
(1) 证明：$\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 是 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 的极大线性无关组；
(2) 求矩阵 $H$ 使得 $A = GH$，并求 $A^{10}$。
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【解】
(1) 初等行变换化简矩阵 $A$，阶梯形主元位于前两列，故 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 为极大线性无关组。
(2) 得到表示矩阵：
$$H = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}$$
利用矩阵乘积结合律计算 $A^{10} = G(HG)^9 H$：
$$A^{10} = \begin{bmatrix} 1 & -8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8 \end{bmatrix}$$
(22)（本题满分 12 分）
假设某种元件寿命服从指数分布，其均值 $\theta$ 是未知参数。为估计 $\theta$，取 $n$ 个这种元件同时做寿命试验，试验直到出现 $k$（$1 \le k \le n$）个元件失效时停止。
(1) 若 $k = 1$，失效元件的寿命记为 $T$：
(i) 求 $T$ 的概率密度；
(ii) 记 $\hat{\theta} = aT$，确定 $a$ 使得 $E(\hat{\theta}) = \theta$，并求 $D(\hat{\theta})$；
(2) 已知 $k$ 个失效元件寿命值分别为 $t_1, t_2, \dots, t_k$，且 $t_1 \le t_2 \le \dots \le t_k$，似然函数为
$$L(\theta) = \dfrac{1}{\theta^k} \exp\left[ -\dfrac{1}{\theta}\left(\sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k\right) \right]$$
求 $\theta$ 的最大似然估计值。
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【解】
(1)(i) $T = \min(X_1, \dots, X_n)$，分布函数 $F_T(t) = 1 - e^{-nt/\theta}$ ($t > 0$)，概率密度为 $f_T(t) = \dfrac{n}{\theta}e^{-\frac{nt}{\theta}}$ ($t > 0$)。
(ii) $E(T) = \dfrac{\theta}{n} \implies a = n$；方差为 $D(\hat{\theta}) = n^2 D(T) = \theta^2$。
(2) 对似然函数取对数并求导令为 0，解得最大似然估计值为：
$$\hat{\theta} = \dfrac{1}{k}\left[ \sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k \right]$$