2025年大學(xué)《數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)》專業(yè)題庫——數(shù)學(xué)在海洋疾病學(xué)研究中的幫助考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^2&\text{if}x\leq1\\ax+b&\text{if}x>1\end{cases}$，其中$a,b$為常數(shù)。若$f(x)$在$x=1$處可導(dǎo)，求$a$和$b$的值。二、計算不定積分$\int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\arctan(x)\,dx$。三、求微分方程$y''-4y'+3y=e^{2x}\sin(x)$的通解。四、某海洋疾病學(xué)者的研究顯示，某魚類種群數(shù)量$N(t)$的變化率與種群數(shù)量本身及環(huán)境承載力$M$的關(guān)系符合邏輯斯蒂模型：$\frac{dN}{dt}=rN\left(1-\frac{N}{M}\right)$，其中$r$為內(nèi)在增長率。假設(shè)在時刻$t=0$時，魚群數(shù)量為$N_0$。求魚群數(shù)量$N(t)$的表達(dá)式。五、設(shè)向量組$\alpha_1=(1,2,3),\alpha_2=(0,1,1),\alpha_3=(t,0,1)$。問$t$為何值時，向量組$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$線性無關(guān)？請給出證明。六、假設(shè)某海域受到某種污染物影響，污染物濃度$C(t)$（單位：mg/L）隨時間$t$（單位：天）的變化滿足微分方程$\frac{dC}{dt}=-kC$，其中$k$為擴(kuò)散系數(shù)。已知$t=0$時，污染物濃度為$C_0$。求：1.污染物濃度$C(t)$的表達(dá)式。2.若經(jīng)過10天后，污染物濃度降為初始濃度的10%，求擴(kuò)散系數(shù)$k$。七、從某海洋疾病樣本中隨機(jī)抽取$n$個樣本，測得某種病毒顆粒數(shù)的樣本均值為$\bar{x}$，樣本方差為$s^2$。假設(shè)病毒顆粒數(shù)服從泊松分布$P(\lambda)$。求參數(shù)$\lambda$的最大似然估計量$\hat{\lambda}$。八、考慮以下數(shù)學(xué)模型描述海洋中兩種捕食-被捕食關(guān)系的種群動態(tài)：$\begin{cases}\frac{dX}{dt}=rX-aXY\\\frac{dY}{dt}=-mY+bXY\end{cases}$其中$X(t)$為捕食者數(shù)量，$Y(t)$為被捕食者數(shù)量，$r,m,a,b$為正的常數(shù)。求該系統(tǒng)的平衡點，并判斷平衡點的類型（穩(wěn)定性）。九、為了研究某海洋浮游植物爆發(fā)（赤潮）的發(fā)生概率，收集了歷年數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)爆發(fā)年與前期一個月的平均溫度$T$和降雨量$R$有關(guān)。通過數(shù)據(jù)分析，得到發(fā)生概率的經(jīng)驗?zāi)Ｐ蜑?P(\text{爆發(fā)})=\frac{1}{1+e^{-(w_1T+w_2R+w_3)}}$。解釋模型中各參數(shù)$w_1,w_2,w_3$的生物學(xué)意義。假設(shè)觀測到某年$T=25^\circC$,$R=200mm$，且$w_1=0.8,w_2=-0.05,w_3=-2.5$，求該年發(fā)生赤潮的概率。十、設(shè)函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[0,\pi]$上連續(xù)，在$(0,\pi)$內(nèi)可導(dǎo)，且滿足$\int_0^\pif(x)\cosx\,dx=0$和$\int_0^\pif(x)x\cosx\,dx=1$。試用泰勒公式（或其它方法）證明存在$\xi\in(0,\pi)$，使得$f'(\xi)=-2\xi$。試卷答案一、$a=2$,$b=-1$。解析：$f(x)$在$x=1$處可導(dǎo)，必先連續(xù)。$\lim_{x\to1^-}f(x)=1^2=1$。$\lim_{x\to1^+}f(x)=a\cdot1+b=a+b$。由連續(xù)性得$1=a+b$。$f'_-(1)=\lim_{x\to1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^-}\frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\to1^-}(x+1)=2$。$f'_+(1)=\lim_{x\to1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^+}\frac{ax+b-1}{x-1}$。令$x=1+h$，則$h\to0$，$f'_+(1)=\lim_{h\to0}\frac{a(1+h)+b-1}{h}=\lim_{h\to0}\frac{a+ah+b-1}{h}=\lim_{h\to0}\frac{ah+(a+b-1)}{h}$。由連續(xù)性$a+b-1=0$，故$f'_+(1)=\lim_{h\to0}a=a$。由可導(dǎo)性得$f'_-(1)=f'_+(1)$，即$2=a$。代入$a+b=1$得$2+b=1$，即$b=-1$。二、$\frac{1}{2}(1+x^2)^{3/2}\arctan(x)-\frac{1}{2}\int\frac{1+x^2}{1+x^2}\arctan(x)\,dx=\frac{1}{2}(1+x^2)^{3/2}\arctan(x)-\frac{1}{2}\int\arctan(x)\,dx$。令$u=\arctan(x)$，$dv=dx$，則$du=\frac{1}{1+x^2}dx$，$v=x$。$\int\arctan(x)\,dx=x\arctan(x)-\int\frac{x}{1+x^2}\,dx=x\arctan(x)-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C$。原式$=\frac{1}{2}(1+x^2)^{3/2}\arctan(x)-\frac{1}{2}\left(x\arctan(x)-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\right)+C$$=\frac{1}{2}(1+x^2)^{3/2}\arctan(x)-\frac{1}{2}x\arctan(x)+\frac{1}{4}\ln(1+x^2)+C$。三、特征方程$\lambda^2-4\lambda+3=0$，解得$\lambda_1=1,\lambda_2=3$。對應(yīng)齊次方程通解為$Y_h=C_1e^x+C_2e^{3x}$。非齊次方程特解設(shè)為$Y_p=e^{2x}(A\sinx+B\cosx)$。$Y_p'=e^{2x}(2A\sinx+2B\cosx)+e^{2x}(A\cosx-B\sinx)=e^{2x}[(2A-B)\sinx+(2B+A)\cosx]$。$Y_p''=e^{2x}[(2A-B)\sinx+(2B+A)\cosx]'+2e^{2x}[(2A-B)\sinx+(2B+A)\cosx]$$=e^{2x}[(2A-B)\cosx-(2B+A)\sinx]+2e^{2x}[(2A-B)\sinx+(2B+A)\cosx]$$=e^{2x}[(2A-B+4A-2B)\sinx+(2B+A-2B-A)\cosx]$$=e^{2x}[(6A-3B)\sinx+(A-3B)\cosx]$。代入原方程$Y''-4Y'+3Y=e^{2x}\sinx$：$e^{2x}[(6A-3B)\sinx+(A-3B)\cosx]-4e^{2x}[(2A-B)\sinx+(2B+A)\cosx]+3e^{2x}(A\sinx+B\cosx)=e^{2x}\sinx$。$e^{2x}[(6A-3B-8A+4B+3A)\sinx+(A-3B-4B-4A+3B)\cosx]=e^{2x}\sinx$。$e^{2x}[-A+B\sinx+(-3A-3B)\cosx]=e^{2x}\sinx$。比較系數(shù)得：$-A=1$，$B=0$。$-3A-3B=0$。解得$A=-1$,$B=0$。特解$Y_p=-e^{2x}\sinx$。通解$Y=Y_h+Y_p=C_1e^x+C_2e^{3x}-e^{2x}\sinx$。四、$\frac{dN}{dt}=rN\left(1-\frac{N}{M}\right)$是可分離變量的微分方程。$\frac{dN}{N(1-\frac{N}{M})}=r\,dt$。$\frac{dN}{N-\frac{N^2}{M}}=r\,dt$。$\frac{dN}{N(M-N)}\cdot\frac{M}{M}=r\,dt$。$\frac{1}{M}\left(\frac{1}{N}+\frac{1}{M-N}\right)dN=r\,dt$。$\int\left(\frac{1}{N}+\frac{1}{M-N}\right)dN=\intMr\,dt$。$\ln|N|-\ln|M-N|=Mr+C$。$\ln\left|\frac{N}{M-N}\right|=Mr+C$。$\frac{N}{M-N}=e^{Mr+C}=e^Ce^{Mr}$。令$K=e^C>0$，則$\frac{N}{M-N}=Ke^{Mr}$。$N=(M-N)Ke^{Mr}$。$N+NKe^{Mr}=MKe^{Mr}$。$N(1+Ke^{Mr})=MKe^{Mr}$。$N(t)=\frac{MKe^{Mr}}{1+Ke^{Mr}}$。將$N(0)=N_0$代入：$N_0=\frac{MK}{1+K}$。$N_0(1+K)=MK$。$N_0+N_0K=MK$。$K(M-N_0)=N_0$。$K=\frac{N_0}{M-N_0}$。代入$N(t)$表達(dá)式：$N(t)=\frac{M\frac{N_0}{M-N_0}e^{Mr}}{1+\frac{N_0}{M-N_0}e^{Mr}}=\frac{MN_0e^{Mr}}{(M-N_0)+N_0e^{Mr}}=\frac{MN_0e^{Mr}}{M-N_0+N_0e^{Mr}}$。分子分母同除以$e^{Mr}$：$N(t)=\frac{MN_0}{e^{-Mr}-N_0(1-e^{-Mr})}=\frac{MN_0}{N_0(e^{-Mr}-1)+e^{-Mr}}$。$N(t)=\frac{M}{N_0(e^{-Mr}-1)+1}$。五、向量組$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$線性無關(guān)的充要條件是它們構(gòu)成的矩陣的行列式不為零。構(gòu)造矩陣$A=\begin{pmatrix}1&0&t\\2&1&0\\3&1&1\end{pmatrix}$。計算行列式$\det(A)$：$\det(A)=\begin{vmatrix}1&0&t\\2&1&0\\3&1&1\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}-0\cdot\begin{vmatrix}2&0\\3&1\end{vmatrix}+t\cdot\begin{vmatrix}2&1\\3&1\end{vmatrix}$$=1(1\cdot1-0\cdot1)+t(2\cdot1-1\cdot3)$$=1(1)+t(2-3)$$=1-t$。令$\det(A)\neq0$，即$1-t\neq0$，得$t\neq1$。當(dāng)$t\neq1$時，行列式$\det(A)\neq0$，向量組$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$線性無關(guān)。證明：若$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$線性相關(guān)，則存在不全為零的常數(shù)$c_1,c_2,c_3$使得$c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3=0$。即$c_1(1,2,3)+c_2(0,1,1)+c_3(t,0,1)=(0,0,0)$。得方程組：$\begin{cases}c_1+tc_3=0\\2c_1+c_2=0\\3c_1+c_2+c_3=0\end{cases}$從第二個方程$c_2=-2c_1$。代入第三個方程$3c_1-2c_1+c_3=0$，即$c_1+c_3=0$，得$c_3=-c_1$。代入第一個方程$c_1+t(-c_1)=0$，即$c_1(1-t)=0$。若要$c_1,c_2,c_3$不全為零，需$c_1\neq0$，則必有$1-t=0$，即$t=1$。故當(dāng)$t\neq1$時，$c_1=c_2=c_3=0$，即向量組線性無關(guān)。六、1.微分方程$\frac{dC}{dt}=-kC$是可分離變量的微分方程。$\frac{dC}{C}=-k\,dt$。$\int\frac{1}{C}dC=-\intk\,dt$。$\ln|C|=-kt+C_1$。$C=e^{-kt+C_1}=e^{C_1}e^{-kt}$。令$C_0=e^{C_1}$，則$C(t)=C_0e^{-kt}$。將$t=0$時$C(0)=C_0$代入，符合。故污染物濃度$C(t)$的表達(dá)式為$C(t)=C_0e^{-kt}$。2.已知$C(10)=\frac{C_0}{10}$。代入表達(dá)式得$\frac{C_0}{10}=C_0e^{-10k}$。$e^{-10k}=\frac{1}{10}$。取自然對數(shù)得$-10k=\ln\frac{1}{10}=-\ln10$。$k=\frac{\ln10}{10}$。七、樣本均值為$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$。樣本方差為$s^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{x})^2$。泊松分布$P(\lambda)$的概率質(zhì)量函數(shù)為$P(X=x)=\frac{\lambda^xe^{-\lambda}}{x!}$。似然函數(shù)$L(\lambda)=\prod_{i=1}^nP(X_i=x_i)=\prod_{i=1}^n\frac{\lambda^{x_i}e^{-\lambda}}{x_i!}=\frac{\lambda^{\sumx_i}e^{-n\lambda}}{\prodx_i!}$。取對數(shù)似然函數(shù)$\lnL(\lambda)=\sumx_i\ln\lambda-n\lambda-\sum\ln(x_i!)$。對$\lambda$求導(dǎo)$\frac{d\lnL(\lambda)}{d\lambda}=\frac{\sumx_i}{\lambda}-n$。令$\frac{d\lnL(\lambda)}{d\lambda}=0$，得$\frac{\sumx_i}{\lambda}-n=0$。$\hat{\lambda}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i=\bar{x}$。故參數(shù)$\lambda$的最大似然估計量$\hat{\lambda}=\bar{x}$。八、令$\frac{dX}{dt}=0$和$\frac{dY}{dt}=0$。$\begin{cases}rX-aXY=0\\-mY+bXY=0\end{cases}$從第一式$X(r-aY)=0$，得$X=0$或$Y=\frac{r}{a}$。從第二式$Y(-m+bX)=0$，得$Y=0$或$X=\frac{m}$。平衡點有：1.$X=0,Y=0$。即$(0,0)$。2.$Y=\frac{r}{a},X=\frac{m}$。即$\left(\frac{m},\frac{r}{a}\right)$。判斷$(0,0)$的穩(wěn)定性：計算雅可比矩陣$J$：$J=\begin{pmatrix}\frac{\partial(rX-aXY)}{\partialX}&\frac{\partial(rX-aXY)}{\partialY}\\\frac{\partial(-mY+bXY)}{\partialX}&\frac{\partial(-mY+bXY)}{\partialY}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}r-aY&-aX\\bY&-m+bX\end{pmatrix}$。在$(0,0)$處，$J=\begin{pmatrix}r&0\\0&-m\end{pmatrix}$。特征方程$\det(J-\lambdaI)=\det\begin{pmatrix}r-\lambda&0\\0&-m-\lambda\end{pmatrix}=(r-\lambda)(-m-\lambda)=0$。特征值為$\lambda_1=r$,$\lambda_2=-m$。$\lambda_1=r>0$,$\lambda_2=-m<0$。特征值一正一負(fù)，故平衡點$(0,0)$不穩(wěn)定（鞍點）。判斷$\left(\frac{m},\frac{r}{a}\right)$的穩(wěn)定性：令$X=\frac{m}+u$,$Y=\frac{r}{a}+v$。代入方程組，線性化后在新變量$(u,v)$下的方程組系數(shù)矩陣即為雅可比矩陣在$\left(\frac{m},\frac{r}{a}\right)$處的值：$J=\begin{pmatrix}r-a\left(\frac{r}{a}\right)&-a\left(\frac{m}\right)\\b\left(\frac{r}{a}\right)&-m+b\left(\frac{m}\right)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}r-r&-am/b\\br/a&-m+m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-am/b\\br/a&0\end{pmatrix}$。特征方程$\det(J-\lambdaI)=\det\begin{pmatrix}-\lambda&-am/b\\br/a&-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2-\left(\frac{am}\cdot\frac{m}\right)\lambda=\lambda^2-ar=0$。特征值為$\lambda_1=\sqrt{ar}$,$\lambda_2=-\sqrt{ar}$。$\lambda_1=\sqrt{ar}>0$,$\lambda_2=-\sqrt{ar}<0$。特征值一正一負(fù)，故平衡點$\left(\frac{m},\frac{r}{a}\right)$不穩(wěn)定（鞍點）。九、模型為$P(\text{爆發(fā)})=\frac{1}{1+e^{-(w_1T+w_2R+w_3)}}$。其中$w_1,w_2,w_3$是模型參數(shù)。$w_1$的意義：當(dāng)溫度$T$增加1單位，其他因素不變時，發(fā)生赤潮的概率變化的導(dǎo)數(shù)（或者說，溫度對赤潮概率的邊際影響）。$w_2$的意義：當(dāng)降雨量$R$增加1單位，其他因素不變時，發(fā)生赤潮的概率變化的導(dǎo)數(shù)（或者說，降雨量對赤潮概率的邊際影響）。$w_3$的意義：當(dāng)$T=0,R=0$時，發(fā)生赤潮的概率的值，即模型的截距。它反映了在沒有溫度和降雨量影響的情況下（理論上），赤潮發(fā)生的基準(zhǔn)概率。計算概率：$T=25,R=200,w_1=0.8,w_2=-0.05,w_3=-2.5$。$w_1T+w_2R+w_3=0.8\times25+(-0.05)\times200+(-2.5)$$=20-10-2.5$$=7.5$。$P(\text{爆發(fā)})=\frac{1}{1+e^{-7.5}}$。$e^{-7.5}$是一個很小的正數(shù)。$P(\text{爆發(fā)})\approx\frac{1}{1+0}=1$。所以該年發(fā)生赤潮的概率接近1，或非常高。十、令$f(x)=x\arctan(x)$。$f'(x)=\arctan(x)+\frac{x}{1+x^2}$。$f''(x)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{(1+x^2)-x(2x)}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1+x^2-2x^2}{(1+x^2)^2}$$=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{(1+x^2)+(1-x^2)}{(1+x^2)^2}=\frac{2}{(1+x^2)^2}$。$f(x)=x\arctan(x)$在$[0,\pi]$上連續(xù)，在$(0,\pi)$內(nèi)可導(dǎo)。$f(0)=0\cdot\arctan(0)=0$。$f(\pi)=\pi\arctan(\pi)$?？紤]函數(shù)$g(x)=f(x)-x^2\arctan(\pi)$。$g(x)=x\arctan(x)-x^2\arctan(\pi)$。$g(0)=0-0=0$。$g(\pi)=\pi\arctan(\pi)-\pi^2\arctan(\pi)=\pi\arctan(\pi)(1-\pi)$。若$\pi\neq1$，則$g(\pi)=0$。若$\pi=1$，則$g(\pi)=\pi\arctan(\pi)(1-\pi)=0$。總是有$g(0)=g(\pi)=0$。$g'(x)=f'(x)-2x\arctan(\pi)=\arctan(x)+\frac{x}{1+x^2}-2x\arctan(\pi)$。$g'(x)=\arctan(x)+\frac{x}{1+x^2}-2x\arctan(\pi)$。在$(0,\pi)$內(nèi)，$\arctan(x)$單調(diào)遞增，$\frac{x}{1+x^2}$在$(0,1)$單增，在$(1,\pi)$單減，$2x\arctan(\pi)$單調(diào)遞增。$g'(x)$的符號取決于$\arctan(x)+\frac{x}{1+x^2}$與$2x\arctan(\pi)$的比較。不妨設(shè)$\arctan(\pi)>\frac{1}{2\pi}$（顯然成立）。對于$x\in(0,\pi)$，$\arctan(x)+\frac{x}{1+x^2}-2x\arctan(\pi)$是否恒為零很難直接判斷，但可以嘗試用積分中值定理?？紤]$\int_0^\pif(x)\cosx\,dx=0$。令$F(x)=f(x)-x^2\arctan(\pi)$，則$F(0)=F(\pi)=0$。$\int_0^\piF(x)\cosx\,dx=\int_0^\pi(f(x)-x^2\arctan(\pi))\cosx\,dx=0$。由積分中值定理，存在$\xi\in(0,\pi)$，使得$(f(\xi)-\xi^2\arctan(\pi))\int_0^\pi\cosx\,dx=0$。$\int_0^\pi\cosx\,dx=\sinx\big|_0^\pi