学习资源 / 数学早年真题 / 1992 年真题 / 1992 年真题

整卷阅读

1992 年真题

22 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设商品的需求函数为 $Q = 100 - 5 P$ ，其中 $Q, P$ 分别表示为需求量和价格，如果商品需求弹性的绝对值大于 $1$ ，则商品价格的取值范围是 ______．

查看答案与解析

【答案】
$(10, 20]$

【解析】
由 $Q (P) = 100 - 5 P \geq 0$ 得价格 $P \leq 20$ 。又由弹性的定义有

ε = P \cdot \frac{Q ^{'} ( P )}{Q ( P )} = - \frac{5 P}{100 - 5 P}

令 $∣ ε ∣ > 1$ ，解得 $P > 10$ 。所以商品价格的取值范围是 $[10, 20]$ 。

2

级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( x - 2 ) ^{2 n}}{n 4 ^{n}}$ 的收敛域为 ______．

查看答案与解析

【答案】
$(0, 4)$

【解析】
考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( x - 2 ) ^{2 n}}{n 4 ^{n}}$ 。
令 $t = (x - 2)^{2}$ ，则原级数化为

n = 1 \sum \infty \frac{t ^{n}}{n 4 ^{n}} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} (\frac{t}{4})^{n} .

该级数在 $\frac{t}{4} < 1$ 时收敛，即 $∣ t ∣ < 4$ ，也就是 $(x - 2)^{2} < 4$ ，解得 $∣ x - 2∣ < 2$ ，即 $0 < x < 4$ 。

当 $∣ x - 2∣ = 2$ 时，即 $x = 0$ 或 $x = 4$ ，级数变为

n = 1 \sum \infty \frac{1}{n},

此为调和级数，发散。

当 $x = 2$ 时， $t = 0$ ，级数所有项为零，显然收敛。

因此，收敛域为 $x \in (0, 4)$ 。

3

交换积分次序 $\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{2 - y^{2}} f (x, y) d x =$ ______．

查看答案与解析

【答案】

\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x^{2}} f (x, y) d y + \int_{1}^{2} d x \int_{0}^{2 - x^{2}} f (x, y) d y

【解析】
原积分为 $\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{2 - y^{2}} f (x, y) d x$ ，积分区域由 $0 \leq y \leq 1$ 和 $y \leq x \leq 2 - y^{2}$ 定义。为了交换积分次序，需要确定 $x$ 和 $y$ 的范围。

首先， $x$ 的范围从 $0$ 到 $2$ 。当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，对于固定的 $x$ ， $y$ 必须满足 $0 \leq y \leq x^{2}$ （来自 $x \geq y$ )。当 $x$ 从 $1$ 到 $2$ 时，对于固定的 $x$ ， $y$ 必须满足 $0 \leq y \leq 2 - x^{2}$ （来自 $x \leq 2 - y^{2}$ )。

因此，交换积分次序后，积分分为两部分：

$x$ 从 $0$ 到 $1$ ， $y$ 从 $0$ 到 $x^{2}$ 。
$x$ 从 $1$ 到 $2$ ， $y$ 从 $0$ 到 $2 - x^{2}$ 。

最终结果为：

\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x^{2}} f (x, y) d y + \int_{1}^{2} d x \int_{0}^{2 - x^{2}} f (x, y) d y

4

设 $A$ 为 $m$ 阶方阵， $B$ 为 $n$ 阶方阵，且 $∣ A ∣ = a$ , $∣ B ∣ = b$ , $C = (O B A O)$ ，则 $∣ C ∣ =$ ______．

查看答案与解析

【答案】
$(- 1)^{mn} ab$

【解析】
考虑块矩阵 $C = (O B A O)$ ，其中 $A$ 为 $m$ 阶方阵， $B$ 为 $n$ 阶方阵。通过交换行将 $C$ 化为块对角矩阵。具体地，将原矩阵的后 $n$ 行（即 $B$ 和 $O$ 所在的行）交换到前 $n$ 行，原前 $m$ 行（即 $O$ 和 $A$ 所在的行）交换到后 $m$ 行。这一行交换操作相当于一个置换，其符号为 $(- 1)^{mn}$ 。交换后得到新矩阵 $(B O O A)$ ，该矩阵为块对角矩阵，其行列式为 $∣ B ∣ \cdot ∣ A ∣ = b \cdot a$ 。因此，原矩阵 $C$ 的行列式为 $(- 1)^{mn} \cdot a \cdot b$ 。

5

将 C, C, E, E, I, N, S 这七个字母随机地排成一行，那么恰好排成英文单词~\hbox{SCIENCE}~的概率为 ______．

查看答案与解析

【答案】
$\frac{1}{1260}$

【解析】
首先，计算总排列数。字母集合为 C, C, E, E, I, N, S，共 7 个字母，其中 C 和 E 各重复两次。总排列数为多重集合的排列数：

\frac{7 !}{2 ! \times 2 !} = \frac{5040}{4} = 1260

其中， $7! = 5040$ ，除以 $2!$ （因为两个 C）和 $2!$ （因为两个 E），得到 1260 种不同的排列。

恰好排成单词 SCIENCE（序列为 S-C-I-E-N-C-E）只有一种排列，因为两个 C 和两个 E 相同，交换它们不会产生新的序列。

因此，概率为有利结果数除以总结果数：

\frac{1}{1260}

故概率为 $\frac{1}{1260}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $F (x) = \frac{x ^{2}}{x - a} \int_{a}^{x} f (t) d t$ ，其中 $f (x)$ 为连续函数，则 $lim_{x \to a} F (x)$ 等于

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】 由于当 $x \to a$ 时， $F (x) = \frac{x ^{2}}{x - a} \int_{a}^{x} f (t) d t$ 的分子和分母均趋于零，因此可应用洛必达法则。令 $g (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ ，则 $g (a) = 0$ 且 $g^{'} (x) = f (x)$ 。求导后，分子导数为 $\frac{d}{d x} [x^{2} g (x)] = 2 xg (x) + x^{2} g^{'} (x)$ ，分母导数为 1。于是，

x \to a lim F (x) = x \to a lim \frac{2 xg ( x ) + x ^{2} g ^{'} ( x )}{1} = 2 a \cdot 0 + a^{2} f (a) = a^{2} f (a)

。 Alternatively, 由导数的定义， $lim_{x \to a} \frac{g ( x )}{x - a} = g^{'} (a) = f (a)$ ，故 $lim_{x \to a} F (x) = lim_{x \to a} x^{2} \cdot \frac{g ( x )}{x - a} = a^{2} f (a)$ 。因此，正确答案为 B。

7

当 $x \to 0$ 时，下面四个无穷小量中，哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量？

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】
当 $x \to 0$ 时，

A. $x^{2}$ 是二阶无穷小量，
B. $1 - cos x \sim \frac{x ^{2}}{2}$ 也是二阶无穷小量，
C. $1 - x^{2} - 1 \sim - \frac{x ^{2}}{2}$ 同样是二阶无穷小量，
D. $x - tan x \sim - \frac{x ^{3}}{3}$ 是三阶无穷小量

因此 D 是比其他三个更高阶的无穷小量。

8

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，齐次线性方程组 $A x = 0$ 仅有零解的充分条件是

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】 齐次线性方程组 $A x = 0$ 仅有零解当且仅当矩阵 $A$ 的列向量线性无关。这是因为 $A x$ 可以表示为列向量的线性组合 $x_{1} a_{1} + x_{2} a_{2} + \dots + x_{n} a_{n}$ ，其中 $a_{i}$ 是 $A$ 的列向量。当列向量线性无关时，该组合为零仅当所有系数 $x_{i} = 0$ ，即仅有零解。因此，选项 A 是充分条件。

选项 B 错误，因为若列向量线性相关，则存在非零解。选项 C 和 D 涉及行向量，但行向量的线性无关或相关不能保证仅有零解；例如，当行向量线性无关但列数大于行数时，列向量可能线性相关，导致非零解。

9

设当事件 $A$ 与 $B$ 同时发生时，事件 $C$ 必发生，则

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由题意，事件 $A$ 与 $B$ 同时发生时事件 $C$ 必发生，即 $A B \subseteq C$ 。
根据概率的性质，若 $A B \subseteq C$ ，则 $P (A B) \leq P (C)$ 。
又由概率的基本不等式，

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) \leq 1,

因此

P (A B) \geq P (A) + P (B) - 1.

结合两者，有

P (C) \geq P (A B) \geq P (A) + P (B) - 1,

即

P (C) \geq P (A) + P (B) - 1,

故选项 B 正确。

选项 A 可能不成立，因为 $P (A) + P (B) - 1$ 可能为负，而 $P (C)$ 非负；
选项 C 和 D 不一定成立，因为 $P (C)$ 可能大于 $P (A B)$ 或小于 $P (A \cup B)$ 。

10

设 $n$ 个随机变量 $X_{1}$ , $X_{2}$ , $\dots$ , $X_{n}$ 独立同分布，

D (X_{1}) = σ^{2}, \overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, S^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2},

则

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C
【解析】 选项 C 正确，因为

S^{2}

是

σ^{2}

的相合估计量（即当

n \to \infty

时，

S^{2}

依概率收敛于

σ^{2}

），且函数

g (x) = x

连续，因此

S = g (S^{2})

也是

σ

的相合估计量。
选项 A 错误，因为

S

通常不是

σ

的无偏估计量，例如在正态分布下

E [S] \neq = σ

。
选项 B 错误，因为

S

不一定是

σ

的最大似然估计量，例如在正态分布中

σ

的最大似然估计为

\frac{1}{n} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

，与

S

不同。
选项 D 错误，因为只有在总体分布为正态时，

S

与

\overset{ˉ}{X}

才相互独立，但问题未指定分布，故一般不成立。

解答题

11

设函数 $f (x) = {\frac{l n c o s ( x - 1 )}{1 - s i n \frac{π x}{2}}, 1, x \neq = 1, x = 1.$ 问函数 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处是否连续？若不连续，修改函数在 $x = 1$ 处的定义使之连续．

查看答案与解析

【答案】
不连续。修改定义使 $f (1) = - \frac{4}{π ^{2}}$ 。

【解析】
要判断函数 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处是否连续，需计算极限 $lim_{x \to 1} f (x)$ 并比较与 $f (1) = 1$ 是否相等。
令 $t = x - 1$ ，则当 $x \to 1$ 时， $t \to 0$ ，极限化为：

t \to 0 lim \frac{ln cos t}{1 - sin \frac{π ( t + 1 )}{2}} = t \to 0 lim \frac{ln cos t}{1 - cos \frac{π t}{2}}

此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。应用洛必达法则：
分子导数为 $\frac{d}{d t} ln cos t = - tan t$ ，
分母导数为 $\frac{d}{d t} (1 - cos \frac{π t}{2}) = \frac{π}{2} sin \frac{π t}{2}$ 。
因此，

t \to 0 lim \frac{- tan t}{\frac{π}{2} sin \frac{π t}{2}} = t \to 0 lim \frac{- tan t}{\frac{π}{2} sin \frac{π t}{2}}

利用等价无穷小：当 $t \to 0$ 时， $tan t \sim t$ ， $sin \frac{π t}{2} \sim \frac{π t}{2}$ ，

t \to 0 lim \frac{- t}{\frac{π}{2} \cdot \frac{π t}{2}} = t \to 0 lim \frac{- 1}{\frac{π ^{2}}{4}} = - \frac{4}{π ^{2}}

故极限为 $- \frac{4}{π ^{2}}$ ，与 $f (1) = 1$ 不相等，因此函数在 $x = 1$ 处不连续。
为使函数连续，应修改定义，令 $f (1) = lim_{x \to 1} f (x) = - \frac{4}{π ^{2}}$ 。
修改后的函数为：

f (x) = {\frac{l n c o s ( x - 1 )}{1 - s i n \frac{π x}{2}}, - \frac{4}{π ^{2}}, x \neq = 1, x = 1.

12

计算 $I = \int \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} d x$ ．

查看答案与解析

【答案】

I = - \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} + \frac{1}{2} ln (1 + e^{- 2 x}) + C

【解析】 考虑积分 $I = \int \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} d x$ 。令 $u = e^{x}$ ，则 $d u = e^{x} d x$ ，即 $d x = \frac{d u}{u}$ 。代入得：

I = \int \frac{arccot u}{u} \cdot \frac{d u}{u} = \int \frac{arccot u}{u ^{2}} d u

使用分部积分法，令 $v = arccot u$ ， $d v = - \frac{1}{1 + u ^{2}} d u$ ， $d w = \frac{1}{u ^{2}} d u$ ，则 $w = - \frac{1}{u}$ 。于是：

\int \frac{arccot u}{u ^{2}} d u = v w - \int w d v = - \frac{arccot u}{u} - \int (- \frac{1}{u}) (- \frac{1}{1 + u ^{2}}) d u = - \frac{arccot u}{u} - \int \frac{1}{u ( 1 + u ^{2} )} d u

计算积分 $\int \frac{1}{u ( 1 + u ^{2} )} d u$ 。使用部分分式分解：

\frac{1}{u ( 1 + u ^{2} )} = \frac{1}{u} - \frac{u}{1 + u ^{2}}

所以：

\int \frac{1}{u ( 1 + u ^{2} )} d u = \int \frac{1}{u} d u - \int \frac{u}{1 + u ^{2}} d u = ln ∣ u ∣ - \frac{1}{2} ln (1 + u^{2}) + C

代入回原积分：

I = - \frac{arccot u}{u} - ln ∣ u ∣ + \frac{1}{2} ln (1 + u^{2}) + C

将 $u = e^{x}$ 代回，得：

I = - \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} - x + \frac{1}{2} ln (1 + e^{2 x}) + C

简化对数项：

\frac{1}{2} ln (1 + e^{2 x}) = \frac{1}{2} ln (e^{2 x} (1 + e^{- 2 x})) = \frac{1}{2} (2 x + ln (1 + e^{- 2 x})) = x + \frac{1}{2} ln (1 + e^{- 2 x})

代入得：

I = - \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} - x + x + \frac{1}{2} ln (1 + e^{- 2 x}) + C = - \frac{arccot e ^{x}}{e ^{x}} + \frac{1}{2} ln (1 + e^{- 2 x}) + C

此为最终结果。

13

设 $z = sin (x y) + φ (x, \frac{x}{y})$ ，求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ，其中 $φ (u, v)$ 有二阶偏导数．

查看答案与解析

【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = cos (x y) - x y sin (x y) - \frac{1}{y ^{2}} φ_{v} - \frac{x}{y ^{2}} φ_{uv} - \frac{x}{y ^{3}} φ_{vv}

其中 $φ_{v} = \frac{\partial φ}{\partial v}$ , $φ_{uv} = \frac{\partial ^{2} φ}{\partial u \partial v}$ , $φ_{vv} = \frac{\partial ^{2} φ}{\partial v ^{2}}$ ，均在点 $(u, v) = (x, \frac{x}{y})$ 处计算。

【解析】 给定 $z = sin (x y) + φ (x, \frac{x}{y})$ ，首先求 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} sin (x y) + \frac{\partial}{\partial y} φ (x, \frac{x}{y}) = x cos (x y) - \frac{x}{y ^{2}} φ_{v}

其中 $φ_{v}$ 是 $φ$ 对第二个变量 $v$ 的偏导数。

接着求 $\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial z}{\partial y})$ ：

\frac{\partial}{\partial x} (x cos (x y)) = cos (x y) - x y sin (x y)

\frac{\partial}{\partial x} (- \frac{x}{y ^{2}} φ_{v}) = - \frac{1}{y ^{2}} φ_{v} - \frac{x}{y ^{2}} \frac{\partial φ _{v}}{\partial x}

其中 $\frac{\partial φ _{v}}{\partial x}$ 需用链式法则计算：

\frac{\partial φ _{v}}{\partial x} = φ_{vu} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + φ_{vv} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = φ_{vu} \cdot 1 + φ_{vv} \cdot \frac{1}{y} = φ_{vu} + \frac{1}{y} φ_{vv}

代入得：

\frac{\partial}{\partial x} (- \frac{x}{y ^{2}} φ_{v}) = - \frac{1}{y ^{2}} φ_{v} - \frac{x}{y ^{2}} (φ_{vu} + \frac{1}{y} φ_{vv}) = - \frac{1}{y ^{2}} φ_{v} - \frac{x}{y ^{2}} φ_{vu} - \frac{x}{y ^{3}} φ_{vv}

因此，

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = cos (x y) - x y sin (x y) - \frac{1}{y ^{2}} φ_{v} - \frac{x}{y ^{2}} φ_{vu} - \frac{x}{y ^{3}} φ_{vv}

由 $φ$ 的二阶偏导数连续性，有 $φ_{vu} = φ_{uv}$ ，故可写为 $φ_{uv}$ 。

14

求连续函数 $f (x)$ ，使它满足 $f (x) + 2 \int_{0}^{x} f (t) d t = x^{2}$ ．

查看答案与解析

【答案】 $f (x) = x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{- 2 x}$

【解析】 给定积分方程 $f (x) + 2 \int_{0}^{x} f (t) d t = x^{2}$ ，设 $g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，则 $g^{'} (x) = f (x)$ ，原方程化为 $g^{'} (x) + 2 g (x) = x^{2}$ 。这是一阶线性微分方程，积分因子为 $e^{2 x}$ 。两边乘积分因子得：

\frac{d}{d x} [e^{2 x} g (x)] = x^{2} e^{2 x}

积分得：

e^{2 x} g (x) = \int x^{2} e^{2 x} d x + C

计算积分：

\int x^{2} e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x^{2} e^{2 x} - \frac{1}{2} x e^{2 x} + \frac{1}{4} e^{2 x} + C_{1}

所以：

e^{2 x} g (x) = \frac{1}{2} x^{2} e^{2 x} - \frac{1}{2} x e^{2 x} + \frac{1}{4} e^{2 x} + C

解得：

g (x) = \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{2} x + \frac{1}{4} + C e^{- 2 x}

由 $g (0) = 0$ 得：

0 = \frac{1}{4} + C ⟹ C = - \frac{1}{4}

所以：

g (x) = \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{2} x + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} e^{- 2 x}

求导得：

f (x) = g^{'} (x) = x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{- 2 x}

验证满足原方程：

f (x) + 2 \int_{0}^{x} f (t) d t = (x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{- 2 x}) + 2 (\frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{2} x + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} e^{- 2 x}) = x^{2}

故 $f (x) = x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{- 2 x}$ 为所求连续函数。

15

求证：当 $x \geq 1$ 时， $arctan x - \frac{1}{2} arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = \frac{π}{4}$ ．

查看答案与解析

【答案】
当 $x \geq 1$ 时， $arctan x - \frac{1}{2} arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = \frac{π}{4}$ 成立。

【解析】
设 $θ = arctan x$ ，则 $tan θ = x$ 。
由正弦倍角公式可得

sin 2 θ = \frac{2 tan θ}{1 + tan ^{2} θ} = \frac{2 x}{1 + x ^{2}} .

因此

arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = arccos (sin 2 θ) .

由于

sin 2 θ = cos (\frac{π}{2} - 2 θ),

且余弦函数为偶函数，有

cos (\frac{π}{2} - 2 θ) = cos (2 θ - \frac{π}{2}),

故

arccos (sin 2 θ) = arccos (cos (2 θ - \frac{π}{2})) .

当 $x \geq 1$ 时， $θ = arctan x \in [\frac{π}{4}, \frac{π}{2})$ ，
于是

2 θ \in [\frac{π}{2}, π), 2 θ - \frac{π}{2} \in [0, \frac{π}{2}) \subset [0, π] .

因此

arccos (cos (2 θ - \frac{π}{2})) = 2 θ - \frac{π}{2} .

由此可得

arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = 2 θ - \frac{π}{2},

即

\frac{1}{2} arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = θ - \frac{π}{4} .

代入原式：

arctan x - \frac{1}{2} arccos \frac{2 x}{1 + x ^{2}} = θ - (θ - \frac{π}{4}) = \frac{π}{4} .

故当 $x \geq 1$ 时，该恒等式成立。

16

设曲线方程 $y = e^{- x}$ （ $x \geq 0$ ）．

(1) 把曲线 $y = e^{- x}$ , $x$ 轴， $y$ 轴和直线 $x = ξ (ξ > 0)$ 所围成平面图形绕 $x$ 轴旋转一周，得一旋转体，求此旋转体体积 $V (ξ)$ ；求满足 $V (a) = \frac{1}{2} lim_{ξ \to + \infty} V (ξ)$ 的 $a$ ．

(2) 在此曲线上找一点，使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大，并求出该面积．

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = \frac{1}{2} ln 2$
(2) 点为 $(1, \frac{1}{e})$ ，最大面积为 $\frac{2}{e}$

【解析】
(1) 曲线 $y = e^{- x}$ ( $x \geq 0$ ) 与 $x$ 轴、 $y$ 轴及直线 $x = ξ$ 所围图形绕 $x$ 轴旋转所得旋转体体积为：

V (ξ) = π \int_{0}^{ξ} (e^{- x})^{2} d x = π \int_{0}^{ξ} e^{- 2 x} d x = π [- \frac{1}{2} e^{- 2 x}]_{0}^{ξ} = \frac{π}{2} (1 - e^{- 2 ξ}) .

求极限：

ξ \to + \infty lim V (ξ) = ξ \to + \infty lim \frac{π}{2} (1 - e^{- 2 ξ}) = \frac{π}{2} .

由 $V (a) = \frac{1}{2} lim_{ξ \to + \infty} V (ξ) = \frac{π}{4}$ ，代入得：

\frac{π}{2} (1 - e^{- 2 a}) = \frac{π}{4},

解得 $1 - e^{- 2 a} = \frac{1}{2}$ ，即 $e^{- 2 a} = \frac{1}{2}$ ，取对数得 $- 2 a = ln \frac{1}{2} = - ln 2$ ，所以 $a = \frac{1}{2} ln 2$ .

(2) 设曲线上点为 $(t, e^{- t})$ ，切线斜率为 $y^{'} = - e^{- t}$ ，切线方程为：

y - e^{- t} = - e^{- t} (x - t) .

求截距：与 $y$ 轴交点为 $x = 0$ 时， $y = e^{- t} (1 + t)$ ；与 $x$ 轴交点为 $y = 0$ 时， $x = t + 1$ 。切线与坐标轴所夹三角形面积为：

A (t) = \frac{1}{2} \cdot (t + 1) \cdot e^{- t} (1 + t) = \frac{1}{2} (t + 1)^{2} e^{- t} .

求导：

A^{'} (t) = \frac{1}{2} [2 (t + 1) e^{- t} - (t + 1)^{2} e^{- t}] = \frac{1}{2} e^{- t} (t + 1) (1 - t) .

令 $A^{'} (t) = 0$ ，得 $t = 1$ （因为 $t \geq 0$ )。当 $t < 1$ 时 $A^{'} (t) > 0$ ，当 $t > 1$ 时 $A^{'} (t) < 0$ ，所以 $t = 1$ 为最大值点。代入得点 $(1, \frac{1}{e})$ ，面积：

A (1) = \frac{1}{2} (1 + 1)^{2} e^{- 1} = \frac{2}{e} .

17

设矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，其中

A = - 2 23 0 x 1 021, B = - 1 00 020 00 y .

(1) 求 $x$ 和 $y$ 的值．

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P = B$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $x = 0$ ， $y = - 2$
(2) $P = 0 - 2 1 011 - 1 01$

【解析】
(1) 由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们具有相同的特征值。矩阵 $B$ 是对角矩阵，其特征值为 $- 1, 2, y$ 。因此，矩阵 $A$ 的特征值也应为 $- 1, 2, y$ 。
计算矩阵 $A$ 的特征多项式：

∣ A - λ I ∣ = - 2 - λ 23 0 x - λ 1 02 1 - λ = (- 2 - λ) [(x - λ) (1 - λ) - 2] = (- 2 - λ) (λ^{2} - (x + 1) λ + (x - 2))

将 $λ = - 1$ 代入特征多项式，令其为零：

∣ A + I ∣ = - 1 23 0 x + 1 1 022 = (- 1) x + 1 1 22 = (- 1) [(x + 1) \cdot 2 - 2 \cdot 1] = - 2 x = 0

解得 $x = 0$ 。
将 $λ = 2$ 代入特征多项式，验证其为零：

∣ A - 2 I ∣ = - 4 23 0 x - 2 1 02 - 1 = (- 4) x - 2 1 2 - 1 = (- 4) [(x - 2) (- 1) - 2 \cdot 1] = 4 x

当 $x = 0$ 时， $∣ A - 2 I ∣ = 0$ ，满足条件。
利用特征值之和等于迹的性质：

tr (A) = - 2 + x + 1 = - 1, tr (B) = - 1 + 2 + y = 1 + y

令 $tr (A) = tr (B)$ ，得 $- 1 = 1 + y$ ，解得 $y = - 2$ 。
因此， $x = 0$ ， $y = - 2$ 。

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P = B$ 。矩阵 $P$ 的列由 $A$ 的特征向量组成，对应特征值 $- 1, 2, - 2$ 。
对于特征值 $λ = - 1$ ，解 $(A + I) v = 0$ ：

A + I = - 1 23 011022, v_{1} = 0 - 2 1

对于特征值 $λ = 2$ ，解 $(A - 2 I) v = 0$ ：

A - 2 I = - 4 23 0 - 2 1 02 - 1, v_{2} = 011

对于特征值 $λ = - 2$ ，解 $(A + 2 I) v = 0$ ：

A + 2 I = 023021023, v_{3} = - 1 01

因此，矩阵 $P$ 为：

P = 0 - 2 1 011 - 1 01

验证 $P$ 可逆：

∣ P ∣ = 0 \cdot 1101 - 0 \cdot - 2 1 01 + (- 1) \cdot - 2 1 11 = (- 1) ((- 2) \cdot 1 - 1 \cdot 1) = (- 1) (- 3) = 3 \neq = 0

故 $P$ 可逆，且满足 $P^{- 1} A P = B$ 。

18

已知三阶矩阵 $B \neq = 0$ ，且 $B$ 的每一个列向量都是以下方程组的解:

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + 2 x_{2} - 2 x_{3} = 0, 2 x_{1} - x_{2} + λ x_{3} = 0, 3 x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0.

(1) 求 $λ$ 的值；

(2) 证明 $∣ B ∣ = 0$ ．

查看答案与解析

【答案】 (1) $λ = 1$ (2) 证明见解析。

【解析】 (1) 由于三阶矩阵 $B \neq = 0$ 且每个列向量都是方程组的解，方程组有非零解，因此系数矩阵的行列式为零。系数矩阵为：

A = 123 2 - 1 1 - 2 λ - 1

计算行列式：

∣ A ∣ = 123 2 - 1 1 - 2 λ - 1 = 1 \cdot - 1 1 λ - 1 - 2 \cdot 23 λ - 1 + (- 2) \cdot 23 - 1 1

其中：

- 1 1 λ - 1 = (- 1) (- 1) - (λ) (1) = 1 - λ

23 λ - 1 = (2) (- 1) - (λ) (3) = - 2 - 3 λ

23 - 1 1 = (2) (1) - (- 1) (3) = 2 + 3 = 5

代入得：

∣ A ∣ = 1 \cdot (1 - λ) - 2 \cdot (- 2 - 3 λ) + (- 2) \cdot 5 = 1 - λ + 4 + 6 λ - 10 = 5 λ - 5

设 $∣ A ∣ = 0$ ，有 $5 λ - 5 = 0$ ，解得 $λ = 1$ 。

(2) 当 $λ = 1$ 时，系数矩阵为：

A = 123 2 - 1 1 - 2 1 - 1

通过行变换化为行阶梯形：

100 2 - 5 0 - 2 50

秩为 2，解空间维数为 1。基础解系为 $(0, 1, 1)^{T}$ ，因此方程组的解均为 $(0, 1, 1)^{T}$ 的倍数。由于 $B$ 的每个列向量都是方程组的解，故每个列向量都是 $(0, 1, 1)^{T}$ 的倍数，即 $B$ 的列向量线性相关。因此 $B$ 的秩小于 3，行列式 $∣ B ∣ = 0$ 。

19

设 $A$ , $B$ 分别为 $m$ , $n$ 阶正定矩阵，试判定分块矩阵 $C = (A 0 0 B)$ 是否是正定矩阵．

查看答案与解析

【答案】
是

【解析】
(Ⅰ) 先说明对称性： $A$ 和 $B$ 为正定矩阵，故为对称矩阵，即 $A^{T} = A, B^{T} = B$ ，则

C^{T} = (A 0 0 B)^{T} = (A^{T} 0 0 B^{T}) = (A 0 0 B) = C,

即 $C$ 是对称矩阵。

(Ⅱ) 再说明正定性：设 $m + n$ 维列向量 $Z^{T} = (X^{T}, Y^{T})$ ，其中

X^{T} = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m}), Y^{T} = (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) .

若 $Z \neq = 0$ ，则 $X, Y$ 不同时为 0，不妨设 $X \neq = 0$ ，因为 $A$ 是正定矩阵，所以 $X^{T} A X > 0$ 。又因 $B$ 是正定矩阵，故对任意的 $n$ 维向量 $Y$ ，恒有 $Y^{T} A Y \geq 0$ 。于是

Z^{T} CZ = (X^{T}, Y^{T}) (A 0 0 B) (X Y) = X^{T} A X + Y^{T} A Y > 0,

即 $Z^{T} CZ$ 是正定二次型，因此 $C$ 是正定矩阵。

(Ⅲ) 或者用特征值说明正定性：设 $A$ 的特征值是 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{m}$ ， $B$ 的特征值是 $μ_{1}, μ_{2}, \dots, μ_{n}$ 。由 $A, B$ 均正定，知 $λ_{i} > 0, μ_{j} > 0 (i = 1, 2, \dots, m, j = 1, 2, \dots, n)$ 。因为

∣ λ E - C ∣ = λ E_{m} - A 0 0 λ E_{n} - B = ∣ λ E_{m} - A ∣ \cdot ∣ λ E_{n} - B ∣ = (λ - λ_{1}) \dots (λ - λ_{m}) (λ - μ_{1}) \dots (λ - μ_{m}),

即矩阵 $C$ 的特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{m}, μ_{1}, μ_{2}, \dots, μ_{n}$ ，且全部大于 0，所以矩阵 $C$ 正定。

20

假设测量的随机误差 $X \sim N (0, 1 0^{2})$ ，试求 $100$ 次独立重复测量中，至少有三次测量误差的绝对值大于 $19.6$ 的概率 $α$ ，并利用泊松分布求出 $α$ 的近似值（要求小数点后取两位有效数字）．

λ e^{- λ} 1 0.368 2 0.135 3 0.050 4 0.018 5 0.007 6 0.002 7 0.001 \dots \dots

查看答案与解析

【答案】 $0.87$

【解析】
设事件 $A =$ “每次测量中测量误差的绝对值大于 19.6”，因为 $X \sim N (0, 1 0^{2})$ ，即

EX = μ = 0, D X = σ^{2} = 1 0^{2} .

根据正态分布的性质有

p = P (A) = P {∣ X ∣ > 19.6} = P {\frac{∣ X ∣}{10} > 1.96} = 1 - P {- 1.96 \leq \frac{X}{10} \leq 1.96} = 1 - [Φ (1.96) - Φ (- 1.96)] = 1 - [Φ (1.96) - (1 - Φ (1.96))] = 2 [1 - Φ (1.96)] = 0.05.

设 $Y$ 为 100 次独立重复测量中事件 $A$ 出现的次数，则 $Y$ 服从参数为 $n = 100, p = 0.05$ 的二项分布。根据二项分布的定义，

P {Y = k} = C_{n}^{k} p^{k} (1 - p)^{n - k} (k = 0, 1, 2 \dots),

则至少有三次测量误差的绝对值大于 19.6 的概率 $α$ 为：

α = P {Y \geq 3} = 1 - P {Y = 0} - P {Y = 1} - P {Y = 2}

= 1 - 0.9 5^{100} - 100 \times 0.9 5^{99} \times 0.05 - \frac{100 \times 99}{2} \times 0.9 5^{98} \times 0.0 5^{2} .

根据泊松定理，当 $n$ 充分大， $p$ 相当小时， $Y$ 近似服从参数为 $λ = n p$ 的泊松分布，即有

P {Y = k} = C_{n}^{k} p^{k} (1 - p)^{n - k} \approx \frac{( n p ) ^{k}}{k !} e^{- n p} (k = 0, 1, 2 \dots) .

故有

α = P {Y \geq 3} = 1 - P {Y = 0} - P {Y = 1} - P {Y = 2} \approx 1 - \frac{λ ^{0}}{0 !} e^{- λ} - \frac{λ ^{1}}{1 !} e^{- λ} - \frac{λ ^{2}}{2 !} e^{- λ} = 1 - e^{- λ} - λ e^{- λ} - \frac{λ ^{2}}{2} e^{- λ} = 1 - e^{- 5} (1 + 5 + \frac{5 ^{2}}{2}) \approx 0.87.

21

一台设备由三大部分构成，在设备运转中各部件需要调整的概率相应为 $0.10$ , $0.20$ 和 $0.30$ ．假设各部件的状态相互独立，以 $X$ 表示同时需要调整的部件数，试求 $X$ 的概率分布，数学期望 $EX$ 和方差 $D X$ ．

查看答案与解析

【答案】
概率分布： $P (X = 0) = 0.504$ ， $P (X = 1) = 0.398$ ， $P (X = 2) = 0.092$ ， $P (X = 3) = 0.006$ ；数学期望 $EX = 0.6$ ；方差 $D X = 0.46$ 。

【解析】
(Ⅰ) 设 $A_{i} =$ “第 $i$ 个部件需要调整” ( $i = 1, 2, 3$ )，则 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 相互独立，于是 $X$ 的概率分布如下：

P {X = 0} = P {A_{1} A_{2} A_{3}} = 0.9 \times 0.8 \times 0.7 = 0.504,

P {X = 1} = P {A_{1} A_{2} A_{3}} + P {\overline{A_{1}} A_{2} A_{3}} + P {\overline{A_{1} A_{2} A_{3}}} = 0.1 \times 0.8 \times 0.7 + 0.9 \times 0.2 \times 0.7 + 0.9 \times 0.8 \times 0.3 = 0.398,

P {X = 2} = P {A_{1} A_{2} \overline{A_{3}}} + P {A_{1} \overline{A_{2}} A_{3}} + P {\overline{A_{1}} A_{2} A_{3}} = 0.1 \times 0.2 \times 0.7 + 0.1 \times 0.8 \times 0.3 + 0.9 \times 0.2 \times 0.3 = 0.092,

P {X = 3} = P {A_{1} A_{2} A_{3}} = 0.1 \times 0.2 \times 0.3 = 0.006.

(Ⅱ) 令 $X_{i}$ 表示 $A_{i}$ 出现的次数 ( $i = 1, 2, 3$ )，则 $X_{i}$ 均服从 $0 - 1$ 分布且相互独立，故由数学期望与方差的性质

EX = E (X_{1} + X_{2} + X_{3}) = E X_{1} + E X_{2} + E X_{3} = 0.1 + 0.2 + 0.3 = 0.6,

D X = D (X_{1} + X_{2} + X_{3}) = D X_{1} + D X_{2} + D X_{3} = 0.1 \times 0.9 + 0.2 \times 0.8 + 0.3 \times 0.7 = 0.46.

22

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

f (x, y) = {e^{- y}, 0, 0 < x < y, 其他,

(1) 求随机变量 $X$ 的密度 $f_{X} (x)$ ；

(2) 求概率 $P {X + Y \leq 1}$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $f_{X} (x) = {e^{- x}, 0, x > 0 x \leq 0$
(2) $P {X + Y \leq 1} = 1 - 2 e^{- 1/2} + e^{- 1}$

【解析】
(Ⅰ) 由边缘密度的公式，当 $x \leq 0$ 时， $f_{x} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} 0 d y = 0$ ；当 $x > 0$ 时，

f_{x} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \int_{- \infty}^{x} 0 d y + \int_{x}^{+ \infty} e^{- y} d y = - e^{- y}_{x}^{+ \infty} = e^{- x} .

因此 $X$ 的密度为

f_{x} (x) = {e^{- x}, 0, x > 0, x \leq 0.

(Ⅱ) 根据概率的计算公式：

P {X + Y \leq 1} = \iint_{x + y \leq 1} f (x, y) d x d y = \int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{x}^{1 - x} e^{- y} d y = - \int_{0}^{\frac{1}{2}} [e^{- (1 - x)} - e^{- x}] d x = - \int_{0}^{\frac{1}{2}} e^{x - 1} d x + \int_{0}^{\frac{1}{2}} e^{- x} d x = 1 - 2 e^{- \frac{1}{2}} + e^{- 1} .