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1990 年真题

22 题

填空题

本题满分15分，每小题3分

5

已知随机变量 $X \sim N (- 3, 1)$ ， $Y \sim N (2, 1)$ ，且 $X$ , $Y$ 相互独立，设随机变量 $Z = X - 2 Y + 7$ ，则 $Z \sim$ ______.

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【答案】
$N (0, 5)$

【解析】
已知 $X \sim N (- 3, 1)$ 和 $Y \sim N (2, 1)$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立。设 $Z = X - 2 Y + 7$ 。由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立且服从正态分布，它们的线性组合 $Z$ 也服从正态分布。
计算 $Z$ 的均值：

μ_{Z} = E [Z] = E [X - 2 Y + 7] = E [X] - 2 E [Y] + 7 = (- 3) - 2 \times 2 + 7 = - 3 - 4 + 7 = 0

计算 $Z$ 的方差：

σ_{Z}^{2} = Var (Z) = Var (X - 2 Y + 7) = Var (X) + (- 2)^{2} Var (Y) = 1 + 4 \times 1 = 5

因此， $Z \sim N (0, 5)$ 。

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

同试卷 4 第 6 题

7

同试卷 4 第 7 题

8

同试卷 4 第 8 题

9

设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵，则 $∣ A^{*} ∣ =$

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】 根据伴随矩阵的性质，有

A A^{*} = A^{*} A = ∣ A ∣ I

，其中

I

是单位矩阵。两边取行列式，得

∣ A A^{*} ∣ = ∣∣ A ∣ I ∣

。左边

∣ A A^{*} ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ A^{*} ∣

，右边

∣∣ A ∣ I ∣ = ∣ A ∣^{n} ∣ I ∣ = ∣ A ∣^{n}

。因此，

∣ A ∣ \cdot ∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n}

。由于

A

可逆，

∣ A ∣ \neq = 0

，两边除以

∣ A ∣

，得

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

。故正确答案为 A。

10

已知随机变量 $X$ 服从二项分布，且 $EX = 2.4$ ， $D X = 1.44$ ，则二项分布的参数 $n$ ， $p$ 的值为

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 对于二项分布，期望

EX = n p

，方差

D X = n p (1 - p)

。已知

EX = 2.4

，

D X = 1.44

，代入公式得：

n p = 2.4

n p (1 - p) = 1.44

将第一式代入第二式：

2.4 (1 - p) = 1.44

解得

1 - p = 1.44/2.4 = 0.6

，所以

p = 0.4

。
代入

n p = 2.4

得

n = 2.4/0.4 = 6

。
因此，

n = 6

，

p = 0.4

，对应选项 B。验证方差：

D X = 6 \times 0.4 \times 0.6 = 1.44

，符合条件。其他选项均不满足方差值。

计算题

本题满分20分，每小题5分

11

求极限 $lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2} - x^{2}} d t$ ．

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2} - x^{2}} d t$ 。首先，将指数部分改写为 $e^{t^{2} - x^{2}} = e^{t^{2}} e^{- x^{2}}$ ，于是积分变为：

\int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} e^{- x^{2}} d t = e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t .

因此，原极限化为：

x \to \infty lim \frac{1}{x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t .

计算积分 $\int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t$ 。利用关系：

\frac{d}{d t} (t e^{t^{2}}) = e^{t^{2}} + 2 t^{2} e^{t^{2}} = e^{t^{2}} (1 + 2 t^{2}),

可得：

\int (1 + 2 t^{2}) e^{t^{2}} d t = t e^{t^{2}} + C .

于是：

\int (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t = \int [\frac{1}{2} (1 + 2 t^{2}) e^{t^{2}} + \frac{1}{2} e^{t^{2}}] d t = \frac{1}{2} t e^{t^{2}} + \frac{1}{2} \int e^{t^{2}} d t + C .

代入积分上下限：

\int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t = [\frac{1}{2} t e^{t^{2}} + \frac{1}{2} \int e^{t^{2}} d t]_{0}^{x} = \frac{1}{2} x e^{x^{2}} + \frac{1}{2} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t .

代回原式：

\frac{1}{x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} (1 + t^{2}) e^{t^{2}} d t = \frac{1}{x} e^{- x^{2}} (\frac{1}{2} x e^{x^{2}} + \frac{1}{2} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t .

因此，极限为：

x \to \infty lim (\frac{1}{2} + \frac{1}{2 x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} x \to \infty lim \frac{1}{x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t .

考虑极限 $lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$ 。令 $F (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$ ，则 $F^{'} (x) = e^{x^{2}}$ 。该极限为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，应用洛必达法则：

x \to \infty lim \frac{F ( x )}{x e ^{x^{2}}} = x \to \infty lim \frac{F ^{'} ( x )}{\frac{d}{d x} ( x e ^{x^{2}} )} = x \to \infty lim \frac{e ^{x^{2}}}{e ^{x^{2}} + 2 x ^{2} e ^{x^{2}}} = x \to \infty lim \frac{1}{1 + 2 x ^{2}} = 0.

故：

x \to \infty lim \frac{1}{x} e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t = 0.

代入得原极限为 $\frac{1}{2}$ 。

12

求不定积分 $\int \frac{x c o s ^{4} \frac{x}{2}}{s i n ^{3} x} d x$ ．

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【答案】

- \frac{x}{8} csc^{2} \frac{x}{2} - \frac{1}{4} cot \frac{x}{2} + C

【解析】 首先，利用三角恒等式简化被积函数。注意到 $sin x = 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2}$ ，因此 $sin^{3} x = 8 sin^{3} \frac{x}{2} cos^{3} \frac{x}{2}$ 。代入原积分：

\int \frac{x cos ^{4} \frac{x}{2}}{sin ^{3} x} d x = \int x \cdot \frac{cos ^{4} \frac{x}{2}}{8 sin ^{3} \frac{x}{2} cos ^{3} \frac{x}{2}} d x = \frac{1}{8} \int x \cdot \frac{cos \frac{x}{2}}{sin ^{3} \frac{x}{2}} d x = \frac{1}{8} \int x cot \frac{x}{2} csc^{2} \frac{x}{2} d x .

令 $u = \frac{x}{2}$ ，则 $d u = \frac{1}{2} d x$ ，即 $d x = 2 d u$ ，且 $x = 2 u$ 。代入积分：

\frac{1}{8} \int (2 u) cot u csc^{2} u \cdot (2 d u) = \frac{1}{8} \int 4 u cot u csc^{2} u d u = \frac{1}{2} \int u cot u csc^{2} u d u .

现在计算 $\int u cot u csc^{2} u d u$ 。注意到 $cot u csc^{2} u d u = - \frac{1}{2} d (csc^{2} u)$ ，因此：

\int u cot u csc^{2} u d u = - \frac{1}{2} \int u d (csc^{2} u) .

使用分部积分法，令 $v = u$ ， $d w = d (csc^{2} u)$ ，则：

\int u d (csc^{2} u) = u csc^{2} u - \int csc^{2} u d u = u csc^{2} u + cot u + C .

所以：

\int u cot u csc^{2} u d u = - \frac{1}{2} (u csc^{2} u + cot u) + C .

代回原积分：

\frac{1}{2} \int u cot u csc^{2} u d u = \frac{1}{2} (- \frac{1}{2} (u csc^{2} u + cot u)) + C = - \frac{1}{4} (u csc^{2} u + cot u) + C .

将 $u = \frac{x}{2}$ 代入：

- \frac{1}{4} (\frac{x}{2} csc^{2} \frac{x}{2} + cot \frac{x}{2}) + C = - \frac{x}{8} csc^{2} \frac{x}{2} - \frac{1}{4} cot \frac{x}{2} + C .

因此，原积分为：

\int \frac{x cos ^{4} \frac{x}{2}}{sin ^{3} x} d x = - \frac{x}{8} csc^{2} \frac{x}{2} - \frac{1}{4} cot \frac{x}{2} + C .

13

设 $x^{2} + z^{2} = y ϕ (\frac{z}{y})$ ，其中 $ϕ$ 为可微函数，求 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ．

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【答案】

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{ϕ ( \frac{z}{y} ) - \frac{z}{y} ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )}{2 z - ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )}

【解析】 给定方程 $x^{2} + z^{2} = y ϕ (\frac{z}{y})$ ，其中 $ϕ$ 为可微函数，且 $z$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数。定义函数 $F (x, y, z) = x^{2} + z^{2} - y ϕ (\frac{z}{y}) = 0$ 。根据隐函数求导法则，有：

\frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}} .

首先，计算 $\frac{\partial F}{\partial y}$ ，其中 $x$ 和 $z$ 视为常数：

\frac{\partial F}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} [x^{2} + z^{2} - y ϕ (\frac{z}{y})] = 0 + 0 - \frac{\partial}{\partial y} [y ϕ (\frac{z}{y})] .

使用乘积法则：

\frac{\partial}{\partial y} [y ϕ (\frac{z}{y})] = ϕ (\frac{z}{y}) + y \cdot \frac{\partial}{\partial y} [ϕ (\frac{z}{y})] .

其中：

\frac{\partial}{\partial y} [ϕ (\frac{z}{y})] = ϕ^{'} (\frac{z}{y}) \cdot \frac{\partial}{\partial y} (\frac{z}{y}) = ϕ^{'} (\frac{z}{y}) \cdot (- \frac{z}{y ^{2}}) .

所以：

\frac{\partial}{\partial y} [y ϕ (\frac{z}{y})] = ϕ (\frac{z}{y}) - \frac{z}{y} ϕ^{'} (\frac{z}{y}) .

因此：

\frac{\partial F}{\partial y} = - [ϕ (\frac{z}{y}) - \frac{z}{y} ϕ^{'} (\frac{z}{y})] = - ϕ (\frac{z}{y}) + \frac{z}{y} ϕ^{'} (\frac{z}{y}) .

接下来，计算 $\frac{\partial F}{\partial z}$ ，其中 $x$ 和 $y$ 视为常数：

\frac{\partial F}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} [x^{2} + z^{2} - y ϕ (\frac{z}{y})] = 0 + 2 z - y \cdot \frac{\partial}{\partial z} [ϕ (\frac{z}{y})] .

其中：

\frac{\partial}{\partial z} [ϕ (\frac{z}{y})] = ϕ^{'} (\frac{z}{y}) \cdot \frac{\partial}{\partial z} (\frac{z}{y}) = ϕ^{'} (\frac{z}{y}) \cdot \frac{1}{y} .

所以：

\frac{\partial F}{\partial z} = 2 z - y \cdot ϕ^{'} (\frac{z}{y}) \cdot \frac{1}{y} = 2 z - ϕ^{'} (\frac{z}{y}) .

代入隐函数求导公式：

\frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{- ϕ ( \frac{z}{y} ) + \frac{z}{y} ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )}{2 z - ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )} = \frac{ϕ ( \frac{z}{y} ) - \frac{z}{y} ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )}{2 z - ϕ ^{'} ( \frac{z}{y} )} .

这就是所求的偏导数。

14

同试卷 4 第 12 题

解答题

15

同试卷 4 第 15 题

16

证明不等式 $1 + x ln (x + 1 + x^{2}) \geq 1 + x^{2}$ （ $- \infty < x < + \infty$ ）．

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【答案】 证明见解析。

【解析】
构造函数 $f (x) = 14 + x ln (x + 14 + x^{2}) - 14 + x^{2}$ ，
由 $f^{'} (x) = ln (x + 1 + x^{2})$ ，
知 $f (x)$ 有唯一的驻点 $x = 0$ 。又因为 $f^{''} (x) > 0$ ，
故 $x = 0$ 是极小点，也是最小值点。于是 $f (x) \geq f (0) = 0$ ，结论成立。

17

设 $A$ 为 $10 \times 10$ 矩阵 $00 \dots 0 1 0^{10} 10 \dots 00 01 \dots 00 00 \dots 00 00 \dots 10$ ，计算行列式 $∣ A - λ E ∣$ ，其中 $E$ 为 $10$ 阶单位矩阵， $λ$ 为常数．

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【答案】
$λ^{10} - 1 0^{10}$

【解析】
矩阵 $A$ 是一个 $10 \times 10$ 的伴随矩阵，其形式为：

A = 00 ⋮ 0 1 0^{10} 10 ⋮ 00 01 ⋮ 00 \dots \dots ⋱ \dots \dots 00 ⋮ 10

对于这样的伴随矩阵，其特征多项式 $∣ A - λ E ∣$ 直接由最后一行元素决定。具体地，

∣ A - λ E ∣ = λ^{10} - 1 0^{10}

这是因为矩阵 $A$ 对应的多项式为 $λ^{10} - 1 0^{10}$ ，且 $∣ A - λ E ∣ = ∣ λ E - A ∣$ 由于 $10$ 为偶数。因此，行列式为 $λ^{10} - 1 0^{10}$ 。

18

设方阵 $A$ 满足 $A^{T} A = E$ ，其中 $A^{T}$ 是 $A$ 的转置矩阵， $E$ 为单位阵．试证明 $A$ 所对应的特征值的绝对值等于 $1$ ．

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【答案】
特征值的绝对值等于1。

【解析】
设 $A$ 有特征值 $λ$ 及对应的特征向量 $x$ ，则

A x = λ x .

两边取转置得

x^{T} A^{T} = λ x^{T} .

于是

x^{T} x = x^{T} A^{T} A x = λ^{2} x^{T} x .

因此

(λ^{2} - 1) x^{T} x = 0,

由于 $x^{T} x \neq = 0$ ，得 $∣ λ ∣ = 1$ 。

19

同试卷 4 第 17 题

20

同试卷 4 第 20 题

21

甲乙两人独立地各进行两次射击，假设甲的命中率为 $0.2$ ，乙的为 $0.5$ ，以 $X$ 和 $Y$ 分别表示甲和乙的命中次数，试求 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布．

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【答案】

P (X, Y) X = 0 X = 1 X = 2 Y = 0 0.16 0.08 0.01 Y = 1 0.32 0.16 0.02 Y = 2 0.16 0.08 0.01

【解析】 甲和乙独立进行两次射击，因此 $X$ 和 $Y$ 相互独立。
$X \sim Bin (2, 0.2)$ ， $Y \sim Bin (2, 0.5)$ 。

$X$ 的概率分布：

P (X = 0) = 0. 8^{2} = 0.64, P (X = 1) = 2 \times 0.2 \times 0.8 = 0.32, P (X = 2) = 0. 2^{2} = 0.04.

$Y$ 的概率分布：

P (Y = 0) = 0. 5^{2} = 0.25, P (Y = 1) = 2 \times 0.5 \times 0.5 = 0.50, P (Y = 2) = 0. 5^{2} = 0.25.

由于 $X$ 与 $Y$ 独立，联合概率为

P (X = x, Y = y) = P (X = x) \cdot P (Y = y) .

计算可得联合分布如上表所示。
所有概率之和为 1，符合概率分布性质。

22

同试卷 4 第 22 题