一、選擇題（本題共8小題，每小題4分，滿分32分，每個小題所給四個選項中只有乙個符合題目要求，把所選項前的字母填在題後的括號內）
（1）極限等於
1[解答]，選。
（2）設函式由方程確定，其中為可微函式，且，則等於
[解答]兩邊對求偏導，得，解得
；兩邊對求偏導，得，解得
，於是，選。
（3）設為正整數，則反常積分的收斂性
僅與有關；僅於有關；與都有關；與都無關。
［解答］顯然廣義積分有兩個瑕點與，
，顯然收斂性與有關，當時收斂，當時發散；
的收斂性與有關，選。
（4）等於
； ；； 。
［解答］，
因為，，
所以，選。
（5）設是矩陣，是矩陣，且，其中為階單位矩陣，則（ ）
； ；； 。
［解答］
，因為且，所以，
又顯然，故，選。
（6）設是４階實對稱矩陣，且，若，則相似於 （ ）
； ；； 。
［解答］令，則，因為，即，
所以，從而，注意到是非零向量，所以的特徵值為和，又因為可對角化的矩陣，所以的秩與的非零特徵值個數一致，所以的特徵值為，於是，選。
（7）設隨機變數的分布函式為，則等於 （ ）
［解答］］
，選。（8）設為標準正態分佈的概率密度函式，為上均勻分布的概率密度函式，若（），則滿足
［解答］，，
因為為概率密度函式，所以，
而，所以，即，選。
二、填空題
（9）設，則。
［解答］，
，於是。
（10）。
［解答］
。（11）已知曲線的方程為，起點為，終點為，則。
［解答］
方法一：補充（起點，終點），由格林公式，而，
，所以原式。
方法二：
。（12）設，則的形心座標。
［解答］，
而，，所以。
（13）設，若由形成的向量組的秩為２，則。
［解答］
，因為由組成的向量組的秩為2，所以。
（14）設隨機變數的分布為，則。
［解答］由歸一性得
，即，所以。
即隨機變數服從引數為1的泊松分布，於是，
故。三、解答題
（15）求微分方程的通解。
［解答］微分方程的特徵方程為
，特徵值為，則方程的通解為；
令原方程的特解為，代入原方程得，
於是原方程的通解為（其中為任意常數）。
（16）求的單調區間與極值。
[解答]
，令，得。
，因為，，
所以為的極小點，極小值為，為的極大點，極大值為。
在及上單調減少，在及上單調增加。
（17）（）比較與（）。
（）記（），求。
[解答]
（）因為當時，，
所以，於是。
（）因為，而，
因為，所以，
故，由夾逼定理得。
（18）求冪級數的收斂域與和函式。
[解答] 由，得冪級數的收斂半徑為。
當時， ，由交錯級數審斂法得收斂，故冪級數的收斂域為。
令，則，其中。
而，，所以，故。
（19）設為橢球面上的動點，若在點處的切平面與平面垂直，求點的軌跡，並計算曲線積分，其中是橢球面位於曲線上方的部分。
[解答]
令的座標為，由得在點處且平面的法向量為
。因為在點處的切平面與平面垂直，所以有，注意到，
所以點的軌跡方程為。
，將向平面投影，則，
兩邊對求導得，解得，
兩邊對求導得，
解得，，於是。
（20）設，已知線性方程組存在兩個不同解。
（）求；
（）求的通解。
[解答]
（）因為線性方程組存在兩個不同解，所以，即，解得
或。當時，，
因為，所以；
當時，，
顯然，所以，故，。
（）由，得方程組的通解為
（其中為任意常數）。
（21）設二次型在正交變換下的標準型為，且的第三列為。
（）求；
（）證明為正定矩陣。
[解答]
因為二次型在正交變換下的標準型為，所以的特徵值為，的第三列為，所以對應的線性無關的特徵向量為。
因為為實對稱矩陣，所以的不同特徵值對應的特徵向量正交，令對應的特徵向量為，
由的對應的線性無關的特徵向量為。
令，則，
由，得。
（）因為是實對稱矩陣，且的特徵值為，所以的特徵值為，因為其特徵值都大於零，所以為正定矩陣。
（22）設二維隨機變數的聯合密度函式為
，。求及。
[解答] 由歸一性得
，而又，所以，於是。，而，
所以，。
（23）設總體的分布律為，其中為未知引數，以表示來自總體的簡單隨機樣本（樣本容量為）中等於（）的個數，求常數，使為的無偏估計量。
[解答]
的可能取值為，且（），
，因為，
所以，的可能取值為，且（），
，同理，
因為為為無偏估計量，所以，即
，或，解得。
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