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1994 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

5

假设一批产品中一，三等品各占60%，30%，10%，从中随意取出一件，结果不是二等品，则取到的是一等品的概率为

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】
设事件 $A$ 为取到一等品，事件 $B$ 为取到不是三等品。
需要求条件概率 $P (A ∣ B)$ 。

根据条件概率公式：

P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )}

由于一等品不是三等品，即 $A \subseteq B$ ，因此

P (A \cap B) = P (A) = 0.6

又

P (B) = P (不是三等品) = 0.6 + 0.3 = 0.9

因此

P (A ∣ B) = \frac{0.6}{0.9} = \frac{2}{3}

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

同试卷 3 第 9 题

7

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (x) > 0$ ，则方程 $\int_{a}^{x} f (t) d t + \int_{b}^{x} \frac{1}{f ( t )} d t = 0$ 在开区间 $(a, b)$ 内的根有

0

个． B.

1

个． C.

2

个． D. 无穷多个．

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
令

F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t + \int_{b}^{x} \frac{1}{f ( t )} d t .

由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且 $f (x) > 0$ ，则 $F (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。
计算

F (a) = - \int_{a}^{b} \frac{1}{f ( t )} d t < 0, F (b) = \int_{a}^{b} f (t) d t > 0.

由中间值定理，存在 $c \in (a, b)$ 使得 $F (c) = 0$ 。
进一步，求导得

F^{'} (x) = f (x) + \frac{1}{f ( x )} .

由 $f (x) > 0$ ，有

f (x) + \frac{1}{f ( x )} \geq 2,

等号成立当且仅当 $f (x) = 1$ ，此时仍有 $F^{'} (x) \geq 2 > 0$ 。
因此 $F^{'} (x) > 0$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，即 $F (x)$ 严格递增。
故方程 $F (x) = 0$ 在 $(a, b)$ 内有且仅有一个根。

8

设 $A$ , $B$ 都是 $n$ 阶非零矩阵，且 $A B = O$ ，则 $A$ 和 $B$ 的秩

A. 必有一个等于零． B. 都小于

n

． C. 一个小于

n

，一个等于

n

． D. 都等于

n

．

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
已知 $A$ 和 $B$ 都是 $n$ 阶非零矩阵，且 $A B = O$ 。由矩阵秩的性质可得：

rank (A) + rank (B) \leq n

由于 $A$ 和 $B$ 非零，它们的秩至少为 1。

选项 A 错误，因为秩不可能为零；
选项 D 错误，因为若 $rank (A) = rank (B) = n$ ，则 $rank (A) + rank (B) = 2 n > n$ ，与不等式矛盾；
选项 C 错误，因为若一个矩阵的秩为 $n$ ，则另一个矩阵的秩必须小于等于 0，与秩至少为 1 矛盾。

因此，唯一正确的是选项 B，即 $A$ 和 $B$ 的秩都小于 $n$ 。

9

设有向量组 $α_{1} = (1, - 1, 2, 4)$ , $α_{2} = (0, 3, 1, 2)$ , $α_{3} = (3, 0, 7, 14)$ , $α_{4} = (1, - 2, 2, 0)$ , $α_{5} = (2, 1, 5, 10)$ ，则该向量组的极大线性无关组是

α_{1}

α_{2}

α_{3}

． B.

α_{1}

α_{2}

α_{4}

． C.

α_{1}

α_{2}

α_{5}

． D.

α_{1}

α_{2}

α_{4}

α_{5}

．

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
为求向量组的极大线性无关组，将向量作为列构造矩阵：

A = 1 - 1 24 031230714 1 - 2 20 21510

进行行简化阶梯形化简：

将第一行的倍数加到其余行，使第一列主元下方为零：
$100003123312 1 - 1 0 - 4 2312$
交换第二、三行，使第二列主元为1：
$100001323132 10 - 1 - 4 2132$
利用第二行消去其下方元素：
$100001003100 10 - 1 - 4 2100$
将第三行乘以 $- 1$ ：
$100001003100 101 - 4 2100$
利用第三行消去第一、四行对应元素，得行简化阶梯形：
$10000100310000102100$

主元位于第1、2、4列，对应向量 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 为极大线性无关组，故选B。

由行简化阶梯形可得：

α_{3} = 3 α_{1} + α_{2}, α_{5} = 2 α_{1} + α_{2}

因此 $α_{3}, α_{5}$ 可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示，而 $α_{4}$ 独立。其他选项包含线性相关向量或不能表示全体向量，故不正确。

10

同试卷 4 第 9 题

解答题

11

求极限 $lim_{x \to \infty} [x - x^{2} ln (1 + \frac{1}{x})]$ ．

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to \infty} [x - x^{2} ln (1 + \frac{1}{x})]$ 。令 $t = \frac{1}{x}$ ，则当 $x \to \infty$ 时， $t \to 0^{+}$ ，原式化为：

t \to 0^{+} lim [\frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{2}} ln (1 + t)] = t \to 0^{+} lim \frac{t - ln ( 1 + t )}{t ^{2}} .

当 $t \to 0^{+}$ 时，分子 $t - ln (1 + t)$ 和分母 $t^{2}$ 均趋于 0，应用洛必达法则：分子导数为 $1 - \frac{1}{1 + t}$ ，分母导数为 $2 t$ ，因此：

t \to 0^{+} lim \frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2 t} = t \to 0^{+} lim \frac{\frac{t}{1 + t}}{2 t} = t \to 0^{+} lim \frac{1}{2 ( 1 + t )} = \frac{1}{2} .

或者，利用泰勒展开：当 $x \to \infty$ 时， $ln (1 + \frac{1}{x}) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2 x ^{2}} + \frac{1}{3 x ^{3}} - \dots$ ，代入得：

x - x^{2} (\frac{1}{x} - \frac{1}{2 x ^{2}} + \frac{1}{3 x ^{3}} - \dots) = x - x + \frac{1}{2} - \frac{1}{3 x} + \dots = \frac{1}{2} + o (1),

故极限为 $\frac{1}{2}$ 。

12

同试卷 4 第 13 题

13

设 $\frac{s i n x}{x}$ 是 $f (x)$ 的一个原函数，求 $\int x^{3} f^{'} (x) d x$ ．

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【答案】

\int x^{3} f^{'} (x) d x = x^{2} cos x - 4 x sin x - 6 cos x + C

【解析】 已知 $\frac{s i n x}{x}$ 是 $f (x)$ 的一个原函数，因此 $f (x) = \frac{d}{d x} (\frac{s i n x}{x})$ 。计算得：

f (x) = \frac{x cos x - sin x}{x ^{2}}

需要求 $\int x^{3} f^{'} (x) d x$ ，使用分部积分法，设 $u = x^{3}$ ， $d v = f^{'} (x) d x$ ，则 $d u = 3 x^{2} d x$ ， $v = f (x)$ 。于是：

\int x^{3} f^{'} (x) d x = x^{3} f (x) - \int 3 x^{2} f (x) d x = x^{3} f (x) - 3 \int x^{2} f (x) d x

代入 $f (x)$ ：

\int x^{2} f (x) d x = \int x^{2} \cdot \frac{x cos x - sin x}{x ^{2}} d x = \int (x cos x - sin x) d x

计算积分：

\int x cos x d x = x sin x + cos x, \int sin x d x = - cos x

所以：

\int x^{2} f (x) d x = (x sin x + cos x) - (- cos x) = x sin x + 2 cos x

代入原式：

\int x^{3} f^{'} (x) d x = x^{3} \cdot \frac{x cos x - sin x}{x ^{2}} - 3 (x sin x + 2 cos x) = x^{2} cos x - x sin x - 3 x sin x - 6 cos x

简化得：

\int x^{3} f^{'} (x) d x = x^{2} cos x - 4 x sin x - 6 cos x + C

其中 $C$ 为积分常数。

14

某养殖场饲养两种鱼，若甲种鱼放养 $x$ （万尾），乙种鱼放养 $y$ （万尾），收获时两种鱼的收获量分别为 $(3 - αx - β y) x$ 和 $(4 - β x - 2 α y) y$ （ $α > β > 0$ )．求使产鱼总量最大的放养数．

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【答案】 使产鱼总量最大的放养数为：

x = \frac{3 α - 2 β}{2 α ^{2} - β ^{2}}, y = \frac{4 α - 3 β}{2 ( 2 α ^{2} - β ^{2} )}

【解析】 产鱼总量函数为：

P (x, y) = (3 - αx - β y) x + (4 - β x - 2 α y) y = 3 x + 4 y - α x^{2} - 2 α y^{2} - 2 β x y

为求最大值，计算偏导数并令其为零：

\frac{\partial P}{\partial x} = 3 - 2 αx - 2 β y = 0, \frac{\partial P}{\partial y} = 4 - 4 α y - 2 β x = 0

整理得方程组：

{αx + β y = \frac{3}{2} β x + 2 α y = 2

解此方程组，系数矩阵行列式为：

D = α β β 2 α = 2 α^{2} - β^{2}

由于 $α > β > 0$ ，有 $D > 0$ ，方程组有唯一解：

x = \frac{\frac{3}{2} 2 β 2 α}{D} = \frac{\frac{3}{2} \cdot 2 α - β \cdot 2}{D} = \frac{3 α - 2 β}{2 α ^{2} - β ^{2}}

y = \frac{α β \frac{3}{2} 2}{D} = \frac{α \cdot 2 - \frac{3}{2} \cdot β}{D} = \frac{2 α - \frac{3}{2} β}{2 α ^{2} - β ^{2}} = \frac{4 α - 3 β}{2 ( 2 α ^{2} - β ^{2} )}

验证二阶条件，Hessian 矩阵为：

H = (\frac{\partial ^{2} P}{\partial x ^{2}} \frac{\partial ^{2} P}{\partial y \partial x} \frac{\partial ^{2} P}{\partial x \partial y} \frac{\partial ^{2} P}{\partial y ^{2}}) = (- 2 α - 2 β - 2 β - 4 α)

一阶顺序主子式 $\frac{\partial ^{2} P}{\partial x ^{2}} = - 2 α < 0$ ，二阶顺序主子式 $det (H) = (- 2 α) (- 4 α) - (- 2 β)^{2} = 8 α^{2} - 4 β^{2} = 4 (2 α^{2} - β^{2}) > 0$ ，故 Hessian 负定，该临界点为最大值点。且 $x > 0$ 、 $y > 0$ ，因此为所求放养数。

15

已知曲线 $y = a x$ （ $a > 0$ ）与曲线 $y = ln x$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处有公共切线，求：

(1) 常数 $a$ 及切点 $(x_{0}, y_{0})$ ；

(2) 两曲线与 $x$ 轴围成的平面图形的面积 $S$ ．

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【答案】
(1) $a = \frac{1}{e}$ , 切点为 $(e^{2}, 1)$
(2) $S = \frac{1}{6} e^{2} - \frac{1}{2}$

【解析】
(Ⅰ) 由 $y = a x$ 知 $y^{'} = \frac{a}{2 x}$ 。由 $y = ln x$ 知 $y^{'} = \frac{1}{2 x}$ 。由于两曲线在 $(x_{0}, y_{0})$ 处有公共切线，可得

\frac{a}{2 x _{0}} = \frac{1}{2 x _{0}} \Rightarrow x_{0} = \frac{1}{a ^{2}}

将 $x_{0} = \frac{1}{a ^{2}}$ 分别代入两曲线方程，有

y_{0} = a \frac{1}{a ^{2}} = ln \frac{1}{a ^{2}} \Rightarrow y_{0} = 1 = ln \frac{1}{a ^{2}}

于是 $a = \frac{1}{e}, x_{0} = \frac{1}{a ^{2}} = e^{2}$ ，从而切点为 $(e^{2}, 1)$ 。

(Ⅱ) 由面积公式可得

S = \int_{0}^{1} (e^{2 y} - e^{2} y^{2}) d y = \frac{1}{6} e^{2} - \frac{1}{2}

16

同试卷 4 第 14 题

17

设 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ 是齐次线性方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系，证明： $α_{1} + α_{2}$ , $α_{2} + α_{3}$ , $α_{3} + α_{1}$ 也是该方程组的一个基础解系．

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【答案】
$α_{1} + α_{2}$ , $α_{2} + α_{3}$ , $α_{3} + α_{1}$ 是齐次线性方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系。

【解析】
首先，证明 $α_{1} + α_{2}$ , $α_{2} + α_{3}$ , $α_{3} + α_{1}$ 都是 $A x = 0$ 的解。由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 是基础解系，故 $A α_{1} = 0$ , $A α_{2} = 0$ , $A α_{3} = 0$ 。因此，
$A (α_{1} + α_{2}) = A α_{1} + A α_{2} = 0 + 0 = 0$ ，
$A (α_{2} + α_{3}) = A α_{2} + A α_{3} = 0 + 0 = 0$ ，
$A (α_{3} + α_{1}) = A α_{3} + A α_{1} = 0 + 0 = 0$ ，
即这些向量都是解。

其次，证明 $α_{1} + α_{2}$ , $α_{2} + α_{3}$ , $α_{3} + α_{1}$ 线性无关。设存在常数 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 使得
$k_{1} (α_{1} + α_{2}) + k_{2} (α_{2} + α_{3}) + k_{3} (α_{3} + α_{1}) = 0$ 。
展开并整理得：
$(k_{1} + k_{3}) α_{1} + (k_{1} + k_{2}) α_{2} + (k_{2} + k_{3}) α_{3} = 0$ 。
由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，故系数为零：
$k_{1} + k_{3} = 0$ ，
$k_{1} + k_{2} = 0$ ，
$k_{2} + k_{3} = 0$ 。
解此方程组：由第一式得 $k_{3} = - k_{1}$ ，由第二式得 $k_{2} = - k_{1}$ ，代入第三式得 $k_{2} + k_{3} = - k_{1} - k_{1} = - 2 k_{1} = 0$ ，所以 $k_{1} = 0$ ，进而 $k_{2} = 0$ , $k_{3} = 0$ 。因此，线性无关。

最后，由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 是基础解系，解空间的维数为 3，而 $α_{1} + α_{2}$ , $α_{2} + α_{3}$ , $α_{3} + α_{1}$ 是三个线性无关的解向量，故它们张成整个解空间，从而构成基础解系。

18

同试卷 4 第 18 题

19

假设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f (x) = {2 x, 0, 0 < x < 1, 其他 .$ 现在对 $X$ 进行 $n$ 次独立重复观测，以 $V_{n}$ 表示观测值不大于 $0.1$ 的次数，试求随机变量 $V_{n}$ 的概率分布．

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【答案】
$V_{n} \sim B (n, 0.01)$ ，即 $P (V_{n} = k) = (k n) (0.01)^{k} (0.99)^{n - k}, k = 0, 1, 2, \dots, n .$

【解析】
随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f (x) = 2 x$ （ $0 < x < 1$ ），对 $X$ 进行 $n$ 次独立重复观测。 $V_{n}$ 表示观测值不大于 0.1 的次数。每次观测中，事件“观测值不大于 0.1”的概率为 $p = P (X \leq 0.1)$ 。计算 $p$ ：

p = \int_{0}^{0.1} f (x) d x = \int_{0}^{0.1} 2 x d x = [x^{2}]_{0}^{0.1} = (0.1)^{2} = 0.01.

因此，每次观测中成功概率为 $p = 0.01$ 。由于观测是独立的， $V_{n}$ 服从二项分布 $B (n, 0.01)$ ，其概率分布为：

P (V_{n} = k) = (k n) (0.01)^{k} (0.99)^{n - k}, k = 0, 1, 2, \dots, n .

20

同试卷 4 第 20 题