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1995 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设 $lim_{x \to \infty} (\frac{1 + x}{x})^{a x} = \int_{- \infty}^{a} t e^{t} d t$ ，则常数 $a$ 等于 ______．

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【答案】
2

【解析】
首先，计算左边的极限：

x \to \infty lim (\frac{1 + x}{x})^{a x} = x \to \infty lim (1 + \frac{1}{x})^{a x} = [x \to \infty lim (1 + \frac{1}{x})^{x}]^{a} = e^{a} .

其次，计算右边的积分：

\int_{- \infty}^{a} t e^{t} d t .

使用分部积分法，设 $u = t$ , $d v = e^{t} d t$ ，则 $d u = d t$ , $v = e^{t}$ ，可得：

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

因此，

\int_{- \infty}^{a} t e^{t} d t = [e^{t} (t - 1)]_{- \infty}^{a} = e^{a} (a - 1) - t \to - \infty lim e^{t} (t - 1) .

计算极限：

t \to - \infty lim e^{t} (t - 1) = 0,

因为指数衰减 $e^{t}$ 主导线性增长 $t - 1$ 。所以，

\int_{- \infty}^{a} t e^{t} d t = e^{a} (a - 1) .

由题设，左右两边相等：

e^{a} = e^{a} (a - 1) .

假设 $e^{a} \neq = 0$ ，两边除以 $e^{a}$ 得：

1 = a - 1,

解得 $a = 2$ .

5

设 $X$ 是一个随机变量，其概率密度为 $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 1 + x, 1 - x, 0, - 1 \leq x \leq 0, 0 < x \leq 1, 其他,$ 则方差 $D X =$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{6}$

【解析】 随机变量 $X$ 的方差计算公式为 $D X = E [X^{2}] - (EX)^{2}$ 。首先计算期望 $EX$ ：

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

计算第一个积分：

\int_{- 1}^{0} (x + x^{2}) d x = [\frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3}]_{- 1}^{0} = 0 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) = - \frac{1}{6} .

计算第二个积分：

\int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = [\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) - 0 = \frac{1}{6} .

因此， $EX = - \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = 0$ 。

由于 $EX = 0$ ，方差简化为 $D X = E [X^{2}]$ 。计算 $E [X^{2}]$ ：

E [X^{2}] = \int_{- 1}^{0} x^{2} (1 + x) d x + \int_{0}^{1} x^{2} (1 - x) d x = \int_{- 1}^{0} (x^{2} + x^{3}) d x + \int_{0}^{1} (x^{2} - x^{3}) d x .

计算第一个积分：

\int_{- 1}^{0} (x^{2} + x^{3}) d x = [\frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{4}}{4}]_{- 1}^{0} = 0 - (- \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12} .

计算第二个积分：

\int_{0}^{1} (x^{2} - x^{3}) d x = [\frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{1} = (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) - 0 = \frac{1}{12} .

因此， $E [X^{2}] = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{6}$ ，故 $D X = \frac{1}{6}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

同试卷 4 第 6 题

7

同试卷 4 第 7 题

8

设 $n$ 维行向量 $α = (\frac{1}{2}, 0, 0, \frac{1}{2})$ ，矩阵 $A = E - α^{T} α$ , $B = E + 2 α^{T} α$ ，其中 $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则 $A B$ 等于

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 给定n维行向量 $α = (\frac{1}{2}, 0, 0, \frac{1}{2})$ ，矩阵 $A = E - α^{T} α$ 和 $B = E + 2 α^{T} α$ ，其中 $E$ 为n阶单位矩阵。计算 $A B$ ：设 $C = α^{T} α$ ，则 $A = E - C$ ， $B = E + 2 C$ ，所以：

A B = (E - C) (E + 2 C) = E \cdot E + E \cdot 2 C - C \cdot E - C \cdot 2 C = E + 2 C - C - 2 C^{2} = E + C - 2 C^{2}

其中 $C^{2} = (α^{T} α) (α^{T} α) = α^{T} (α α^{T}) α$ 。注意 $α α^{T}$ 是一个标量，即 $β = α α^{T} = \sum_{k = 1}^{n} α_{k}^{2}$ 。计算 $β$ ：由于 $α$ 的第一个和最后一个分量为 $\frac{1}{2}$ ，其余分量为0，故：

β = (\frac{1}{2})^{2} + (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}

因此 $C^{2} = βC = \frac{1}{2} C$ 。代入 $A B$ ：

A B = E + C - 2 \cdot \frac{1}{2} C = E + C - C = E

故 $A B = E$ ，对应选项C。

9

设矩阵 $A_{m \times n}$ 的秩为 $r (A) = m < n$ ， $E_{m}$ 为 $m$ 阶单位矩阵，下述结论中正确的是

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知矩阵 $A_{m \times n}$ 的秩 $r (A) = m < n$ ，即 $A$ 行满秩且列数多于行数。

选项 A： $A$ 的列向量中最多有 $m$ 个线性无关，但任意 $m$ 个列向量不一定线性无关，故 A 错误。
选项 B： $A$ 至少有一个 $m$ 阶子式非零，但并非所有 $m$ 阶子式都不为零，故 B 错误。
选项 C：非齐次线性方程组 $A x = b$ 的系数矩阵行满秩，列空间为 $R^{m}$ ，因此对任意 $b$ 都有解；且自由变量个数为 $n - m > 0$ ，解必有无穷多组，故 C 正确。
选项 D：初等行变换化得的行最简形不一定为 $(E_{m}, 0)$ ，因主元列不一定位于前 $m$ 列，故 D 错误。

10

同试卷 4 第 10 题

解答题

11

同试卷 4 第 11 题

12

求不定积分 $\int (arcsin x)^{2} d x$ ．

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【答案】

\int (arcsin x)^{2} d x = x (arcsin x)^{2} + 2 1 - x^{2} arcsin x - 2 x + C

【解析】 为了求解不定积分 $\int (arcsin x)^{2} d x$ ，使用代换法。令 $t = arcsin x$ ，则 $x = sin t$ ，且 $d x = cos t d t$ 。代入积分得：

\int (arcsin x)^{2} d x = \int t^{2} cos t d t

接下来，计算 $\int t^{2} cos t d t$ ，使用分部积分法。令 $u = t^{2}$ ， $d v = cos t d t$ ，则 $d u = 2 t d t$ ， $v = sin t$ 。于是：

\int t^{2} cos t d t = t^{2} sin t - \int 2 t sin t d t = t^{2} sin t - 2 \int t sin t d t

再计算 $\int t sin t d t$ ，再次使用分部积分。令 $u = t$ ， $d v = sin t d t$ ，则 $d u = d t$ ， $v = - cos t$ 。于是：

\int t sin t d t = - t cos t - \int (- cos t) d t = - t cos t + \int cos t d t = - t cos t + sin t + C_{1}

代入回原式：

\int t^{2} cos t d t = t^{2} sin t - 2 (- t cos t + sin t) + C = t^{2} sin t + 2 t cos t - 2 sin t + C

将 $t = arcsin x$ 代回，注意 $sin t = x$ ， $cos t = 1 - x^{2}$ ，得：

\int (arcsin x)^{2} d x = x (arcsin x)^{2} + 2 1 - x^{2} arcsin x - 2 x + C

验证求导后等于原函数，确认结果正确。

13

同试卷 4 第 16 题

14

同试卷 4 第 15 题

15

设 $f (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明：在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使得

\frac{b f ( b ) - a f ( a )}{b - a} = f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) .

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【答案】 见解析

【解析】
考虑函数 $g (x) = x f (x)$ 。由于 $f (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，因此 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导。根据拉格朗日中值定理，存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使得

g^{'} (ξ) = \frac{g ( b ) - g ( a )}{b - a} .

计算 $g (b) - g (a) = b f (b) - a f (a)$ ，且 $g^{'} (x) = f (x) + x f^{'} (x)$ ，所以

g^{'} (ξ) = f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) = \frac{b f ( b ) - a f ( a )}{b - a} .

因此，原等式成立。

16

求二元函数 $z = f (x, y) = x^{2} y (4 - x - y)$ 在由直线 $x + y = 6$ ， $x$ 轴和 $y$ 轴所围成的闭区域 $D$ 上的极值、最大值与最小值．

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【答案】 函数在点 $(2, 1)$ 处取得极大值 $4$ ，在点 $(4, 2)$ 处取得最小值 $- 64$ 。最大值是 $4$ ，最小值是 $- 64$ 。

【解析】 函数 $z = f (x, y) = x^{2} y (4 - x - y)$ 在闭区域 $D$ 上连续，因此存在最大值和最小值。区域 $D$ 是由直线 $x + y = 6$ 、 $x$ 轴和 $y$ 轴所围成的三角形区域，其中 $x \geq 0$ ， $y \geq 0$ ，且 $x + y \leq 6$ 。

步骤 1：求内部临界点
计算一阶偏导数：

f_{x} = x y (8 - 3 x - 2 y), f_{y} = x^{2} (4 - x - 2 y) .

令 $f_{x} = 0$ 和 $f_{y} = 0$ ，在内部点（ $x > 0, y > 0$ ）上，由 $f_{y} = 0$ 得 $4 - x - 2 y = 0$ ，即 $x + 2 y = 4$ ；由 $f_{x} = 0$ 得 $8 - 3 x - 2 y = 0$ 。解方程组：

{x + 2 y = 4 3 x + 2 y = 8

相减得 $2 x = 4$ ，即 $x = 2$ ，代入得 $y = 1$ 。临界点为 $(2, 1)$ ，函数值 $f (2, 1) = 4$ 。

步骤 2：检查边界

当 $x = 0$ 或 $y = 0$ 时， $f (x, y) = 0$ 。
当 $x + y = 6$ 时，令 $y = 6 - x$ ，代入函数得： $f (x, 6 - x) = - 2 x^{2} (6 - x) .$ 定义 $g (x) = - 2 x^{2} (6 - x)$ ，其中 $x \in [0, 6]$ 。求导： $g^{'} (x) = - 24 x + 6 x^{2} = 6 x (x - 4) .$ 令 $g^{'} (x) = 0$ ，得 $x = 0$ 或 $x = 4$ 。计算函数值：

$x = 0$ 时， $g (0) = 0$ ；
$x = 4$ 时， $g (4) = - 64$ ，对应点 $(4, 2)$ ；
$x = 6$ 时， $g (6) = 0$ 。

步骤 3：比较函数值

内部临界点： $(2, 1)$ ， $f = 4$ ；
边界点： $(0, 0)$ 、 $(6, 0)$ 、 $(0, 6)$ 处 $f = 0$ ， $(4, 2)$ 处 $f = - 64$ 。

因此，函数在点 $(2, 1)$ 处取得最大值 $4$ ，在点 $(4, 2)$ 处取得最小值 $- 64$ 。

17

对于线性方程组 $⎩ ⎨ ⎧ λ x_{1} + x_{2} + x_{3} = λ - 3, x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = - 2, x_{1} + x_{2} + λ x_{3} = - 2,$ 讨论 $λ$ 取何值时，方程组无解、有唯一解和有无穷解？在方程组有无穷解时，试用导出组的基础解系表示全部解．

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【答案】 当 $λ \neq = 1$ 且 $λ \neq = - 2$ 时，方程组有唯一解；当 $λ = 1$ 时，方程组有无穷多解；当 $λ = - 2$ 时，方程组无解。
在方程组有无穷多解时（即 $λ = 1$ ），全部解为：

x_{1} x_{2} x_{3} = - 2 00 + k_{1} - 1 10 + k_{2} - 1 01, k_{1}, k_{2} \in R .

【解析】 方程组的系数矩阵为 $A = λ 11 1 λ 1 11 λ$ ，增广矩阵为 $(A ∣ b) = λ 11 1 λ 1 11 λ λ - 3 - 2 - 2$ 。
计算系数矩阵的行列式：

det (A) = λ \cdot det (λ 1 1 λ) - 1 \cdot det (11 1 λ) + 1 \cdot det (11 λ 1) = λ (λ^{2} - 1) - (λ - 1) + (1 - λ) = λ^{3} - 3 λ + 2.

因式分解得 $det (A) = (λ - 1)^{2} (λ + 2)$ 。
当 $det (A) \neq = 0$ ，即 $λ \neq = 1$ 且 $λ \neq = - 2$ 时，方程组有唯一解。
当 $λ = 1$ 时，方程组变为：

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

即一个方程 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 2$ ，故有无穷多解。
当 $λ = - 2$ 时，方程组变为：

⎩ ⎨ ⎧ - 2 x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 5, x_{1} - 2 x_{2} + x_{3} = - 2, x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = - 2.

从后两个方程可得 $x_{2} = x_{3}$ ，代入第二个方程得 $x_{1} - x_{2} = - 2$ ，但代入第一个方程得 $x_{1} - x_{2} = \frac{5}{2}$ ，矛盾，故无解。
当 $λ = 1$ 时，导出组（齐次方程组）为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ 。基础解系包含两个线性无关的解向量，取为 $ξ_{1} = - 1 10$ 和 $ξ_{2} = - 1 01$ 。非齐次方程组的一个特解为 $η^{*} = - 2 00$ 。故全部解为特解加上导出组基础解系的线性组合。

18

设三阶矩阵 $A$ 满足 $A α_{i} = i α_{i}$ ( $i = 1, 2, 3$ )，其中列向量 $α_{1} = (1, 2, 2)^{T}$ , $α_{2} = (2, - 2, 1)^{T}$ , $α_{3} = (- 2, - 1, 2)^{T}$ ，试求矩阵 $A$ ．

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【答案】

A = \frac{7}{3} 0 - \frac{2}{3} 0 \frac{5}{3} - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} 2

【解析】 由条件 $A α_{i} = i α_{i}$ 可知， $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 分别是矩阵 $A$ 的特征向量，对应的特征值分别为 $1, 2, 3$ 。构造矩阵 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 122 2 - 2 1 - 2 - 1 2$ 和对角矩阵 $D = 100020003$ ，则 $A = P D P^{- 1}$ 。

计算 $P$ 的行列式： $det (P) = - 27 \neq = 0$ ，故 $P$ 可逆。计算 $P^{- 1}$ 得：

P^{- 1} = \frac{1}{9} \frac{2}{9} - \frac{2}{9} \frac{2}{9} - \frac{2}{9} - \frac{1}{9} \frac{2}{9} \frac{1}{9} \frac{2}{9}

计算 $D P^{- 1}$ ：

D P^{- 1} = \frac{1}{9} \frac{4}{9} - \frac{2}{3} \frac{2}{9} - \frac{4}{9} - \frac{1}{3} \frac{2}{9} \frac{2}{9} \frac{2}{3}

最后计算 $A = P \cdot (D P^{- 1})$ ：

A = 122 2 - 2 1 - 2 - 1 2 \frac{1}{9} \frac{4}{9} - \frac{2}{3} \frac{2}{9} - \frac{4}{9} - \frac{1}{3} \frac{2}{9} \frac{2}{9} \frac{2}{3} = \frac{7}{3} 0 - \frac{2}{3} 0 \frac{5}{3} - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} 2

验证： $A α_{1} = α_{1}$ ， $A α_{2} = 2 α_{2}$ ， $A α_{3} = 3 α_{3}$ ，满足条件。

19

同试卷 4 第 19 题

20

假设随机变量 $X$ 服从参数为 $2$ 的指数分布，证明： $Y = 1 - e^{- 2 X}$ 在区间 $(0, 1)$ 上服从均匀分布．

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【答案】 见解析

【解析】
设 $X$ 服从参数为 $2$ 的指数分布，其概率密度函数为 $f_{X} (x) = 2 e^{- 2 x}$ ， $x \geq 0$ 。考虑 $Y = 1 - e^{- 2 X}$ 。当 $X = 0$ 时， $Y = 0$ ；当 $X \to \infty$ 时， $Y \to 1$ ，因此 $Y$ 的取值范围为 $(0, 1)$ 。

求 $Y$ 的累积分布函数 $F_{Y} (y) = P (Y \leq y)$ 。对于 $y \in (0, 1)$ ，有：

P (Y \leq y) = P (1 - e^{- 2 X} \leq y) = P (e^{- 2 X} \geq 1 - y) = P (- 2 X \geq ln (1 - y)) = P (X \leq - \frac{1}{2} ln (1 - y)) .

由于 $X$ 的累积分布函数为 $F_{X} (x) = 1 - e^{- 2 x}$ ， $x \geq 0$ ，代入得：

F_{Y} (y) = F_{X} (- \frac{1}{2} ln (1 - y)) = 1 - e^{- 2 (- \frac{1}{2} l n (1 - y))} = 1 - e^{l n (1 - y)} = 1 - (1 - y) = y .

因此，对于 $y \in (0, 1)$ ， $F_{Y} (y) = y$ ，这正是区间 $(0, 1)$ 上均匀分布的累积分布函数。对应概率密度函数为 $f_{Y} (y) = 1$ ， $y \in (0, 1)$ 。故 $Y$ 在区间 $(0, 1)$ 上服从均匀分布。