2025年大學《數(shù)學與應(yīng)用數(shù)學》專業(yè)題庫——數(shù)學在能源科學與可再生能源領(lǐng)域中的應(yīng)用實踐考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)$f(x)$是定義在$\mathbb{R}$上的可導函數(shù)，且滿足$f'(x)=f(x)+2xe^x$，$f(0)=1$。求$f(x)$的表達式。二、某風力發(fā)電場，風速$v(t)$是時間$t$的函數(shù)，且$v(t)$在時間段$[0,T]$內(nèi)的平均值為$\bar{v}$。假設(shè)風力發(fā)電機組的功率輸出$P(t)$與風速的立方成正比，比例系數(shù)為$k$。求在時間段$[0,T]$內(nèi)，該風力發(fā)電場的平均功率輸出。三、考慮一個由太陽能電池板、蓄電池和逆變器組成的太陽能發(fā)電系統(tǒng)。太陽能電池板的光電轉(zhuǎn)換效率為$\eta$，蓄電池的存儲效率為$\delta$，逆變器的效率為$\gamma$。假設(shè)在單位時間內(nèi)，太陽輻射到太陽能電池板的能量為$E$。求在單位時間內(nèi)，該太陽能發(fā)電系統(tǒng)實際輸出的電能。四、設(shè)向量組$\mathbf{a}_1=(1,2,3)^T$，$\mathbf{a}_2=(0,1,2)^T$，$\mathbf{a}_3=(t,t+1,t+2)^T$。討論當$t$取何值時，該向量組線性相關(guān)？并說明理由。五、某核電站的反應(yīng)堆內(nèi)，中子的數(shù)量$N(t)$隨時間$t$變化，滿足微分方程$\frac{dN(t)}{dt}=\lambdaN(t)-\muN(t)^2$，其中$\lambda$是中子的增殖系數(shù)，$\mu$是中子的衰變系數(shù)。假設(shè)初始時刻$t=0$時，反應(yīng)堆內(nèi)的中子數(shù)量為$N(0)=N_0$。求$N(t)$的表達式。六、已知某地區(qū)電力需求的概率密度函數(shù)為$f(x)=\frac{1}{1000}e^{-x/1000}$，$x\geq0$。求該地區(qū)電力需求超過5000千瓦時的概率。七、設(shè)矩陣$A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，矩陣$B=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$。求矩陣$A$和$B$的乘積$AB$以及矩陣$B$的逆矩陣$B^{-1}$。八、某生物質(zhì)能發(fā)電廠，其發(fā)電成本$C$與發(fā)電量$G$的關(guān)系可以表示為Cobb-Douglas生產(chǎn)函數(shù)形式：$C=kG^{\alpha}$，其中$k$和$\alpha$為常數(shù)，且$0<\alpha<1$。假設(shè)該發(fā)電廠的固定成本為$F$。求該發(fā)電廠的單位發(fā)電成本。九、設(shè)函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，在$(a,b)$內(nèi)可導。證明：存在$\xi\in(a,b)$，使得$\int_a^bf(x)\,dx=f(\xi)(b-a)$。試卷答案一、$f(x)=(x+1)e^x$解析：這是一個一階線性微分方程，首先將其變形為標準形式：$f'(x)-f(x)=2xe^x$。然后求解對應(yīng)的齊次方程$f'(x)-f(x)=0$，其通解為$f_h(x)=Ce^x$。接著使用常數(shù)變易法，設(shè)非齊次方程的解為$f(x)=v(x)e^x$，代入原方程得到$v'(x)e^x=2xe^x$，即$v'(x)=2x$。積分得到$v(x)=x^2+C$。因此，原方程的通解為$f(x)=(x^2+C)e^x$。利用初始條件$f(0)=1$，可得$C=1$。所以，$f(x)=(x^2+1)e^x$。二、$\bar{P}=k\bar{v}^3$解析：風力發(fā)電機組的功率輸出$P(t)$與風速的立方成正比，即$P(t)=k[v(t)]^3$。平均功率輸出$\bar{P}$是功率在時間段$[0,T]$內(nèi)的平均值，即$\bar{P}=\frac{1}{T}\int_0^TP(t)\,dt=\frac{1}{T}\int_0^Tk[v(t)]^3\,dt=k\left(\frac{1}{T}\int_0^T[v(t)]^3\,dt\right)$。風速$v(t)$在時間段$[0,T]$內(nèi)的平均值為$\bar{v}=\frac{1}{T}\int_0^Tv(t)\,dt$。由于$\bar{v}$是$v(t)$的平均值，而$[v(t)]^3$是$v(t)$的三次冪，根據(jù)平均值性質(zhì)，$[v(t)]^3$在$[0,T]$內(nèi)的平均值可以近似表示為$(\bar{v})^3$（在$v(t)$連續(xù)且變化不大時，其三次冪的平均值接近于平均值的立方）。因此，$\bar{P}\approxk(\bar{v})^3=k\bar{v}^3$。三、$E_{out}=\eta\delta\gammaE$解析：太陽能發(fā)電系統(tǒng)的能量傳遞過程涉及三個環(huán)節(jié)：太陽能電池板將太陽輻射能轉(zhuǎn)化為電能，蓄電池存儲電能，逆變器將直流電轉(zhuǎn)化為交流電。1.太陽能電池板的光電轉(zhuǎn)換效率為$\eta$，表示太陽能電池板輸出的電能占太陽輻射能的比例。2.蓄電池的存儲效率為$\delta$，表示蓄電池輸出的電能占其接收到的電能的比例。3.逆變器將電能從直流轉(zhuǎn)化為交流，其效率為$\gamma$，表示逆變器輸出的電能占其接收到的電能的比例。因此，在單位時間內(nèi)，該太陽能發(fā)電系統(tǒng)實際輸出的電能$E_{out}$是這三個環(huán)節(jié)效率的乘積，即$E_{out}=\eta\delta\gammaE$。四、當$t=0$或$t=-1$時，向量組線性相關(guān)。解析：考慮向量組$\mathbf{a}_1=(1,2,3)^T$，$\mathbf{a}_2=(0,1,2)^T$，$\mathbf{a}_3=(t,t+1,t+2)^T$的線性相關(guān)性。設(shè)存在不全為零的常數(shù)$c_1,c_2,c_3$，使得$c_1\mathbf{a}_1+c_2\mathbf{a}_2+c_3\mathbf{a}_3=\mathbf{0}$，即：$c_1(1,2,3)^T+c_2(0,1,2)^T+c_3(t,t+1,t+2)^T=(0,0,0)^T$這等價于以下方程組：$\begin{cases}c_1+0c_2+tc_3=0\\2c_1+c_2+(t+1)c_3=0\\3c_1+2c_2+(t+2)c_3=0\end{cases}$將方程組寫成矩陣形式：$\begin{pmatrix}1&0&t\\2&1&t+1\\3&2&t+2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$向量組線性相關(guān)的充要條件是系數(shù)矩陣的行列式為零。計算系數(shù)矩陣的行列式：$\det\begin{pmatrix}1&0&t\\2&1&t+1\\3&2&t+2\end{pmatrix}=1\cdot(1\cdot(t+2)-2\cdot(t+1))-0+t\cdot(2\cdot2-3\cdot1)=1\cdot(t+2-2t-2)+t\cdot(4-3)=1\cdot(-t)+t\cdot1=-t+t=0$當且僅當$t=0$時，行列式為零。當$t=0$時，系數(shù)矩陣變?yōu)?\begin{pmatrix}1&0&0\\2&1&1\\3&2&2\end{pmatrix}$，其秩小于3，向量組線性相關(guān)。進一步，當$t=-1$時，系數(shù)矩陣變?yōu)?\begin{pmatrix}1&0&-1\\2&1&0\\3&2&1\end{pmatrix}$，其行列式也為零，且第二行減去第一行的兩倍等于零，說明其秩小于3，向量組線性相關(guān)。因此，當$t=0$或$t=-1$時，向量組線性相關(guān)。五、$N(t)=\frac{N_0\lambda}{\lambda-\muN_0(1-e^{-\lambdat})}$解析：這是一個可分離變量的微分方程。首先將其變形為$\frac{dN(t)}{\lambdaN(t)-\muN(t)^2}=dt$。分離變量得到$\frac{dN(t)}{N(t)(\lambda-\muN(t))}=dt$。積分得到$\int\frac{1}{N(t)(\lambda-\muN(t))}dN(t)=\intdt$。使用部分分式分解，設(shè)$\frac{1}{N(t)(\lambda-\muN(t))}=\frac{A}{N(t)}+\frac{B}{\lambda-\muN(t)}$，解得$A=\frac{1}{\lambda}$，$B=\frac{\mu}{\lambda}$。因此，積分變?yōu)?\int\left(\frac{1}{\lambdaN(t)}+\frac{\mu}{\lambda(\lambda-\muN(t))}\right)dN(t)=\intdt$。$\frac{1}{\lambda}\int\frac{1}{N(t)}dN(t)+\frac{\mu}{\lambda}\int\frac{1}{\lambda-\muN(t)}dN(t)=\intdt$$\frac{1}{\lambda}\ln|N(t)|-\frac{1}{\lambda}\ln|\lambda-\muN(t)|=t+C$$\ln\left|\frac{N(t)}{\lambda-\muN(t)}\right|=\lambdat+C'$$\frac{N(t)}{\lambda-\muN(t)}=e^{\lambdat+C'}=e^{C'}e^{\lambdat}=C_1e^{\lambdat}$其中$C_1=e^{C'}$。$\lambdaN(t)=C_1e^{\lambdat}(\lambda-\muN(t))$$\lambdaN(t)=C_1\lambdae^{\lambdat}-C_1\muN(t)e^{\lambdat}$$(\lambda+C_1\mue^{\lambdat})N(t)=C_1\lambdae^{\lambdat}$$N(t)=\frac{C_1\lambdae^{\lambdat}}{\lambda+C_1\mue^{\lambdat}}$利用初始條件$N(0)=N_0$，可得$N_0=\frac{C_1\lambda}{\lambda+C_1\mu}$。解得$C_1=\frac{\lambdaN_0}{\lambda-\muN_0}$。代入$N(t)$的表達式，得到$N(t)=\frac{\frac{\lambdaN_0}{\lambda-\muN_0}\lambdae^{\lambdat}}{\lambda+\frac{\lambdaN_0}{\lambda-\muN_0}\mue^{\lambdat}}=\frac{N_0\lambda^2e^{\lambdat}}{(\lambda-\muN_0)\lambdae^{\lambdat}+\lambda\muN_0e^{\lambdat}}=\frac{N_0\lambda^2e^{\lambdat}}{\lambda^2e^{\lambdat}-\lambda\muN_0e^{\lambdat}+\lambda\muN_0e^{\lambdat}}=\frac{N_0\lambda^2e^{\lambdat}}{\lambda^2e^{\lambdat}}=\frac{N_0\lambda}{\lambda-\muN_0(1-e^{-\lambdat})}$六、$P(X>5000)=1-e^{-5}$解析：電力需求的概率密度函數(shù)為$f(x)=\frac{1}{1000}e^{-x/1000}$，$x\geq0$，這是一個指數(shù)分布，其中參數(shù)$\lambda=\frac{1}{1000}$。要求電力需求超過5000千瓦時的概率，即$P(X>5000)$。對于指數(shù)分布，累積分布函數(shù)為$F(x)=1-e^{-\lambdax}$。因此，$P(X>5000)=1-F(5000)=1-(1-e^{-5000/1000})=e^{-5}$。七、$AB=\begin{pmatrix}-2&1\\-4&2\end{pmatrix}$，$B^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$解析：計算矩陣$A$和$B$的乘積$AB$：$AB=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\cdot0+2\cdot(-1)&1\cdot1+2\cdot0\\3\cdot0+4\cdot(-1)&3\cdot1+4\cdot0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1\\-4&3\end{pmatrix}$計算矩陣$B$的逆矩陣$B^{-1}$：矩陣$B=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$是一個交換矩陣，其逆矩陣等于其自身的轉(zhuǎn)置，即$B^{-1}=B^T=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$。八、$C(G)=F+kG^{\alpha}$，單位發(fā)電成本為$\frac{C(G)}{G}=\frac{F}{G}+kG^{\alpha-1}$解析：發(fā)電成本$C$與發(fā)電量$G$的關(guān)系可以表示為Cobb-Douglas生產(chǎn)函數(shù)形式：$C=kG^{\alpha}$，其中$k$和$\alpha$為常數(shù)，且$0<\alpha<1$。假設(shè)該發(fā)電廠的固定成本為$F$?？偝杀?C$是固定成本$F$與可變成本$kG^{\alpha}$的總和，即$C(G)=F+kG^{\alpha}$。單位發(fā)電成本是總成本除以發(fā)電量，即單位發(fā)電成本$=\frac{C(G)}{G}=\frac{F+kG^{\alpha}}{G}=\frac{F}{G}+kG^{\alpha