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1996 年真题

21 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设方程 $x = y^{y}$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数，则 $d y =$ ______．

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【答案】

d y = \frac{d x}{x ( 1 + ln y )}

【解析】 给定方程 $x = y^{y}$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的函数。
步骤如下：

取自然对数：
$ln x = y ln y$
对两边关于 $x$ 求导：
左边为 $\frac{1}{x}$ ，右边使用乘积法则：
$\frac{d}{d x} (y ln y) = \frac{d y}{d x} ln y + y \cdot \frac{1}{y} \frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d x} (ln y + 1)$

得到：
$\frac{1}{x} = \frac{d y}{d x} (ln y + 1)$
解出导数：
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{x ( ln y + 1 )}$
写出微分形式：
$d y = \frac{d x}{x ( 1 + ln y )}$

2

设 $\int x f (x) d x = arcsin x + C$ ，则 $\int \frac{1}{f ( x )} d x =$ ______．

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【答案】

- \frac{1}{3} (1 - x^{2})^{3/2} + C

【解析】 已知 $\int x f (x) d x = arcsin x + C$ ，对两边求导可得：

x f (x) = \frac{d}{d x} (arcsin x) = \frac{1}{1 - x ^{2}}

解得：

f (x) = \frac{1}{x 1 - x ^{2}}

因此，

\frac{1}{f ( x )} = x 1 - x^{2}

需求积分：

\int \frac{1}{f ( x )} d x = \int x 1 - x^{2} d x

令 $u = 1 - x^{2}$ ，则 $d u = - 2 x d x$ ，即 $x d x = - \frac{1}{2} d u$ ，代入得：

\int x 1 - x^{2} d x = \int u \cdot (- \frac{1}{2}) d u = - \frac{1}{2} \int u^{1/2} d u = - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} u^{3/2} + C = - \frac{1}{3} u^{3/2} + C

代回 $u = 1 - x^{2}$ ：

\int \frac{1}{f ( x )} d x = - \frac{1}{3} (1 - x^{2})^{3/2} + C

3

设 $(x_{0}, y_{0})$ 是抛物线 $y = a x^{2} + b x + c$ 上的一点，若在该点的切线过原点，则系数应满足的关系是 ______．

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【答案】
$a c \geq 0$

【解析】
设点 $(x_{0}, y_{0})$ 在抛物线 $y = a x^{2} + b x + c$ 上，则 $y_{0} = a x_{0}^{2} + b x_{0} + c$ 。在该点的切线斜率为 $y^{'} = 2 a x_{0} + b$ ，切线方程为 $y - y_{0} = (2 a x_{0} + b) (x - x_{0})$ 。
由于切线过原点 $(0, 0)$ ，代入切线方程得：

0 - y_{0} = (2 a x_{0} + b) (0 - x_{0})

简化得：

- y_{0} = - x_{0} (2 a x_{0} + b)

即

y_{0} = x_{0} (2 a x_{0} + b)

又因为 $y_{0} = a x_{0}^{2} + b x_{0} + c$ ，所以：

a x_{0}^{2} + b x_{0} + c = x_{0} (2 a x_{0} + b)

展开右边：

a x_{0}^{2} + b x_{0} + c = 2 a x_{0}^{2} + b x_{0}

两边消去 $b x_{0}$ 并整理得：

c = a x_{0}^{2}

因此，对于存在这样的点 $(x_{0}, y_{0})$ ，必须存在实数 $x_{0}$ 满足 $c = a x_{0}^{2}$ 。这意味着 $c$ 与 $a$ 必须同号或 $c = 0$ ，即 $a c \geq 0$ 。
注意：当 $a = 0$ 时，抛物线退化为直线，但问题中为抛物线，故 $a \neq = 0$ ，因此 $a c \geq 0$ 即为系数应满足的关系。

4

设

A = 1 a_{1} a_{1}^{2} ⋮ a_{1}^{n - 1} 1 a_{2} a_{2}^{2} ⋮ a_{2}^{n - 1} 1 a_{3} a_{3}^{2} ⋮ a_{3}^{n - 1} \dots \dots \dots \dots 1 a_{n} a_{n}^{2} ⋮ a_{n}^{n - 1}, X = x_{1} x_{2} x_{3} ⋮ x_{n}, B = 111 ⋮ 1,

其中 $a_{i} \neq = a_{j}$ （ $i \neq = j; i, j = 1, 2, \dots, n$ ）．则线性方程组 $A^{T} X = B$ 的解是 ______．

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【答案】

X = 100 ⋮ 0

【解析】
因为 $∣ A ∣$ 是范德蒙行列式，由 $a_{i} \neq = a_{j}$ 知

D = ∣ A ∣ = i < j \prod (a_{i} - a_{j}) \neq = 0,

所以方程组 $A^{T} X = B$ 有唯一解。根据克莱姆法则，对于

111 ⋮ 1 a_{1} a_{2} a_{3} ⋮ a_{n} a_{1}^{2} a_{2}^{2} a_{3}^{2} ⋮ a_{n}^{2} \dots \dots \dots ⋱ \dots a_{1}^{n - 1} a_{2}^{n - 1} a_{3}^{n - 1} ⋮ a_{n}^{n - 1} x_{1} x_{2} x_{3} ⋮ x_{n} = 111 ⋮ 1,

易见 $D_{1} = ∣ A ∣, D_{2} = D_{3} = \dots = D_{n} = 0$ ，所以 $A^{T} X = B$ 的解为

x_{1} = 1, x_{2} = x_{3} = \dots = x_{n} = 0,

即 $(1, 0, 0, \dots, 0)^{T}$ 。

5

设由来自正态总体 $X \sim N (μ, 0. 9^{2})$ 容量为9的简单随机样本，得样本均值 $\overline{X} = 5$ ，则未知参数 $μ$ 的置信度为0.95的置信区间为 ______．

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【答案】 $(4.412, 5.588)$

【解析】
已知总体 $X \sim N (μ, 0. 9^{2})$ ，样本容量 $n = 9$ ，样本均值 $\overline{X} = 5$ ，置信度 $1 - α = 0.95$ ，则 $α = 0.05$ 。由于总体方差已知，使用标准正态分布构造置信区间。置信区间公式为：

\overline{X} \pm z_{α /2} \frac{σ}{n}

其中 $σ = 0.9$ ， $n = 9$ ， $\overline{X} = 5$ ， $z_{α /2} = z_{0.025} = 1.96$ 。
计算标准误差：

\frac{σ}{n} = \frac{0.9}{9} = \frac{0.9}{3} = 0.3

边际误差：

1.96 \times 0.3 = 0.588

因此置信区间为：

5 \pm 0.588 = (4.412, 5.588)

故未知参数 $μ$ 的置信度为 0.95 的置信区间为 $(4.412, 5.588)$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

累次积分 $\int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ 可以写成

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
应选 (D)。由题设知，积分区域在极坐标系 $x = r cos θ, y = r sin θ$ 中是

D = {(r, θ) ∣0 \leq θ \leq \frac{π}{2}, 0 \leq r \leq cos θ}

即是由

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

与 $x$ 轴在第一象限所围成的平面图形，如图：

D 的直角坐标表示是

D = {(x, y) ∣ 0 < x < L, 0 < y < x - x^{2}} .

7

下述各选项正确的是

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
对于选项 A，已知 $\sum u_{n}^{2}$ 和 $\sum v_{n}^{2}$ 收敛。由柯西-施瓦茨不等式可得：

\sum ∣ u_{n} v_{n} ∣ \leq \sum u_{n}^{2} \sum v_{n}^{2} < \infty,

因此 $\sum u_{n} v_{n}$ 绝对收敛。于是：

\sum (u_{n} + v_{n})^{2} = \sum u_{n}^{2} + 2 \sum u_{n} v_{n} + \sum v_{n}^{2}

收敛，A 正确。

对于选项 B，取 $u_{n} = \frac{1}{n}$ ， $v_{n} = \frac{1}{n ^{3/4}}$ ，则 $\sum ∣ u_{n} v_{n} ∣ = \sum \frac{1}{n ^{5/4}}$ 收敛，但 $\sum u_{n}^{2} = \sum \frac{1}{n}$ 发散，B 错误。

对于选项 C，取正项级数 $\sum \frac{1}{n l n n}$ ，该级数发散，虽然 $\frac{1}{n l n n} < \frac{1}{n}$ 对大的 $n$ 成立，但无法推出收敛，C 错误。

对于选项 D，取 $u_{n} = \frac{1}{n ^{2}}$ （收敛）， $v_{n} = - n$ ，满足 $u_{n} \geq v_{n}$ ，但 $\sum v_{n}$ 发散，D 错误。

因此，唯一正确的是 A。

8

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 非奇异（ $n \geq 2$ ）， $A^{*}$ 是矩阵 $A$ 的伴随矩阵，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
设 $A$ 为 $n$ 阶非奇异矩阵（ $n \geq 2$ ）， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。
由伴随矩阵的性质可得：

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}, ∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} .

于是有：

(A^{*})^{*} = ∣ A^{*} ∣ (A^{*})^{- 1} .

代入已知关系：

(A^{*})^{*} = ∣ A ∣^{n - 1} (A^{*})^{- 1} .

又由 $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ 可得：

(A^{*})^{- 1} = \frac{A}{∣ A ∣} .

代入得：

(A^{*})^{*} = ∣ A ∣^{n - 1} \cdot \frac{A}{∣ A ∣} = ∣ A ∣^{n - 2} A .

因此选项 C 正确。

9

设有任意两个 $n$ 维向量组 $α_{1}, \dots, α_{m}$ 和 $β_{1}, \dots, β_{m}$ ，
若存在两组不全为零的数 $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ 和 $k_{1}, \dots, k_{m}$ ，使

(λ_{1} + k_{1}) α_{1} + \dots + (λ_{m} + k_{m}) α_{m} + (λ_{1} - k_{1}) β_{1} + \dots + (λ_{m} - k_{m}) β_{m} = 0,

则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
应选 (D)。既然 $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ 与 $k_{1}, \dots, k_{m}$ 不全为零，由此推不出某向量组线性无关，故应排除 (B)、(C)。一般情况下，由

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{s} α_{s} + l_{1} β_{1} + \dots + l_{s} β_{s} = 0,

不能保证必有 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{s} α_{s} = 0$ ，及 $l_{1} β_{1} + \dots + l_{s} β_{s} = 0$ ，故 (A) 不正确。由已知条件，有

λ_{1} (α_{1} + β_{1}) + \dots + λ_{m} (α_{m} + β_{m}) + k_{1} (α_{1} - β_{1}) + \dots + k_{m} (α_{m} - β_{m}) = 0.

又 $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ 与 $k_{1}, \dots, k_{m}$ 不全为零，故 $α_{1} + β_{1}, \dots, α_{m} + β_{m}, α_{1} - β_{1}, \dots, α_{m} - β_{m}$ 线性相关。故选 (D)。

10

已知 $0 < P (B) < 1$ 且 $P [(A_{1} + A_{2}) ∣ B] = P (A_{1} ∣ B) + P (A_{2} ∣ B)$ ，则下列选项成立的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
应选 (B)。依题意

\frac{P [( A _{1} + A _{2} ) B ]}{P ( B )} = \frac{P ( A _{1} B )}{P ( B )} + \frac{P ( A _{2} B )}{P ( B )},

\frac{P ( A _{1} B + A _{2} B )}{P ( B )} = \frac{P ( A _{1} B ) + P ( A _{2} B )}{P ( B )} .

因 $P (B) > 0$ ，故有 $P (A_{1} B + A_{2} B) = P (A_{1} B) + P (A_{2} B)$ 。因此应选 (B)。

注意不能选 (D)，因为全概率公式中要求事件 $A_{1}, A_{2}$ 应满足 $P (A_{1}) > 0, P (A_{2}) > 0$ ，且 $A_{1}, A_{2}$ 是对立事件。

解答题

11

设 $f (x) = {\frac{g ( x ) - e ^{- x}}{x}, 0, x \neq = 0, x = 0,$ 其中 $g (x)$ 有二阶连续导数，且 $g (0) = 1, g^{'} (0) = - 1$ ．

(1) 求 $f^{'} (x)$ ；

(2) 讨论 $f^{'} (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上的连续性．

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【答案】

f^{'} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x g ^{'} ( x ) - g ( x ) + e ^{- x} ( x + 1 )}{x ^{2}}, \frac{g ^{''} ( 0 ) - 1}{2}, x \neq = 0, x = 0

且 $f^{'} (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续。

【解析】
(Ⅰ) 当 $x \neq = 0$ 时，

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

当 $x = 0$ 时，由导数定义及洛必达法则，有

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{g ( x ) - e ^{- x}}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{g ^{'} ( x ) + e ^{- x}}{2 x} = x \to 0 lim \frac{g ^{''} ( x ) - e ^{- x}}{2} = \frac{g ^{''} ( 0 ) - 1}{2}

所以得到

f^{'} (x) = {\frac{x g ^{'} ( x ) - g ( x ) + ( x + 1 ) e ^{- x}}{x ^{2}}, \frac{g ^{''} ( 0 ) - 1}{2}, x \neq = 0, x = 0.

(II) 由于 $g (x)$ 有二阶连续导数，当 $x \neq = 0$ 时 $f (x)$ 也具有二阶连续导数，且 $f^{'} (x)$ 连续。在 $x = 0$ 处有

x \to 0 lim f^{'} (x) = x \to 0 lim \frac{x g ^{'} ( x ) - g ( x ) + ( x + 1 ) e ^{- x}}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{g ^{'} ( x ) + x g ^{''} ( x ) - g ^{'} ( x ) + e ^{- x} - ( x + 1 ) e ^{- x}}{2 x} = x \to 0 lim \frac{g ^{''} ( x ) - e ^{- x}}{2} = \frac{g ^{''} ( 0 ) - 1}{2} = f^{'} (0),

即 $f^{'} (x)$ 在 $x \neq = 0$ 处连续，所以 $f^{'} (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上为连续函数。

12

设函数 $z = f (u)$ ，方程 $u = φ (u) + \int_{y}^{x} p (t) d t$ 确定 $u$ 是 $x, y$ 的函数，其中 $f (u), φ (u)$ 可微； $p (t)$ , $φ^{'} (u)$ 连续，且 $φ^{'} (u) \neq = 1$ ．求 $p (y) \frac{\partial z}{\partial x} + p (x) \frac{\partial z}{\partial y}$ ．

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【答案】 0

【解析】 给定 $z = f (u)$ ，且 $u$ 由方程 $u = φ (u) + \int_{y}^{x} p (t) d t$ 确定。

核心步骤：

计算 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：
$\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial y} .$
代入表达式：
$p (y) \frac{\partial z}{\partial x} + p (x) \frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (u) [p (y) \frac{\partial u}{\partial x} + p (x) \frac{\partial u}{\partial y}] .$
对 $u$ 的方程分别关于 $x$ 与 $y$ 求偏导：
- 对 $x$ ： $\frac{\partial u}{\partial x} = φ^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial x} + p (x) ⟹ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{p ( x )}{1 - φ ^{'} ( u )} .$
- 对 $y$ ： $\frac{\partial u}{\partial y} = φ^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial y} - p (y) ⟹ \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{- p ( y )}{1 - φ ^{'} ( u )} .$
代入并化简：
$p (y) \frac{\partial u}{\partial x} + p (x) \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{p ( y ) p ( x ) - p ( x ) p ( y )}{1 - φ ^{'} ( u )} = 0.$
最终结果：
$p (y) \frac{\partial z}{\partial x} + p (x) \frac{\partial z}{\partial y} = 0.$

13

计算

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

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【答案】 $ln 2$

【解析】
方法1：用分部积分法得到

\int \frac{x e ^{- x}}{( 1 + e ^{- x} ) ^{2}} d x = \int x d (\frac{1}{1 + e ^{- x}}) = \frac{x}{1 + e ^{- x}} - \int \frac{d x}{1 + e ^{- x}} = \frac{x}{1 + e ^{- x}} - \int \frac{1}{1 + e ^{x}} d (1 + e^{x}) = \frac{x}{1 + e ^{- x}} - ln (1 + e^{x}) + C,

所以

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

而极限

x \to + \infty lim [\frac{x e ^{x}}{1 + e ^{x}} - ln (1 + e^{x})] = x \to + \infty lim [\frac{x e ^{x}}{1 + e ^{x}} - x + x - ln (1 + e^{x})] = x \to + \infty lim [\frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}} + ln \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}] = 0 + 0 = 0,

故原式= $ln 2$ 。

方法2：直接计算反常积分得

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

14

设 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上可微，且满足条件 $f (1) = 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} x f (x) d x$ ．试证：存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) = 0$ ．

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【答案】 见解析

【解析】 考虑函数 $g (x) = x f (x)$ ，则 $g (x)$ 在 $[0, 1]$ 上可微，且

g^{'} (x) = f (x) + x f^{'} (x) .

由条件 $f (1) = 2 \int_{0}^{1/2} x f (x) d x$ ，即

g (1) = 2 \int_{0}^{1/2} g (x) d x,

所以

\int_{0}^{1/2} g (x) d x = \frac{g ( 1 )}{2} .

根据积分中值定理，存在 $c \in [0, 1/2]$ 使得

g (c) \cdot \frac{1}{2} = \int_{0}^{1/2} g (x) d x,

即 $g (c) = g (1)$ 。

若 $c \in (0, 1/2)$ ，在 $[c, 1]$ 上应用罗尔定理，存在 $ξ \in (c, 1) \subset (0, 1)$ 使得 $g^{'} (ξ) = 0$ ，即
$f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) = 0.$
若 $c = 0$ 或 $c = 1/2$ ，则 $g (0) = g (1)$ 或 $g (1/2) = g (1)$ ，在 $[0, 1]$ 或 $[1/2, 1]$ 上应用罗尔定理，同样存在 $ξ \in (0, 1)$ 使得 $g^{'} (ξ) = 0$ 。

因此，总存在 $ξ \in (0, 1)$ 使

f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) = 0.

15

设某种商品的单价为 $p$ 时，售出的商品数量 $Q$ 可以表示成 $Q = \frac{a}{p + b} - c$ , 其中 $a$ , $b$ , $c$ 均为正数，且 $a > b c$ ．

(1) 求 $p$ 在何范围变化时，使相应销售额增加或减少．

(2) 要使销售额最大，商品单价 $p$ 应取何值？最大销售额是多少？

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【答案】 (1) 当 $0 \leq p < \frac{ab}{c} - b$ 时，销售额增加；当 $p > \frac{ab}{c} - b$ 时，销售额减少。 (2) 要使销售额最大，商品单价应取 $p = \frac{ab}{c} - b$ ，最大销售额为 $(a - b c)^{2}$ .

【解析】
(1) 销售额函数为 $R (p) = p (\frac{a}{p + b} - c)$ 。求导得 $R^{'} (p) = \frac{ab}{( p + b ) ^{2}} - c$ 。令 $R^{'} (p) > 0$ ，得 $\frac{ab}{( p + b ) ^{2}} > c$ ，即 $(p + b)^{2} < \frac{ab}{c}$ ，所以 $p < \frac{ab}{c} - b$ ，此时销售额增加。令 $R^{'} (p) < 0$ ，得 $(p + b)^{2} > \frac{ab}{c}$ ，即 $p > \frac{ab}{c} - b$ ，此时销售额减少。由于 $a > b c$ ，有 $\frac{ab}{c} - b > 0$ ，且 $p$ 需满足 $Q \geq 0$ 即 $p \leq \frac{a}{c} - b$ ，但 $\frac{a}{c} - b > \frac{ab}{c} - b$ ，故上述范围有效。

(2) 销售额最大时， $R^{'} (p) = 0$ ，即 $p = \frac{ab}{c} - b$ 。代入 $R (p)$ 得最大销售额 $R = (\frac{ab}{c} - b) (\frac{a}{\frac{ab}{c}} - c) = a - 2 ab c + b c = (a - b c)^{2}$ 。

16

求微分方程

\frac{d y}{d x} = \frac{y - x ^{2} + y ^{2}}{x}

的通解．

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【答案】 $y + x^{2} + y^{2} = C$ ，其中 $C$ 为正常数。

【解析】
令 $z = \frac{y}{x}$ ，则 $\frac{d y}{d x} = z + x \frac{d z}{d x}$ 。当 $x > 0$ 时，原方程化为

z + x \frac{d z}{d x} = z - 1 + z^{2} \Rightarrow \frac{d z}{1 + z ^{2}} = - \frac{d x}{x}

其通解为 $ln (z + 1 + z^{2}) = - ln x + C_{1}$ 或 $z + 1 + z^{2} = \frac{C}{x}$ 。代回原变量，得通解 $y + x^{2} + y^{2} = C (x > 0)$ 。

当 $x < 0$ 时，原方程的解与 $x > 0$ 时相同，理由如下：令 $t = - x$ ，则 $t > 0$ ，而且

\frac{d y}{d t} = \frac{d y}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = - \frac{d y}{d x} = \frac{- y - x ^{2} + y ^{2}}{x} = \frac{y - x ^{2} + y ^{2}}{- x} = \frac{y - t ^{2} + y ^{2}}{t}

从而有通解 $y + t^{2} + y^{2} = C (t > 0)$ ，即 $y + x^{2} + y^{2} = C (x < 0)$ 。综上所得，方程的通解为 $y + x^{2} + y^{2} = C$ 。

17

设矩阵 $A = 01001000 00 y 1 0012$ ．

(1) 已知 $A$ 的一个特征值为 $3$ ，试求 $y$ ；

(2) 求矩阵 $P$ ，使 $(A P)^{T} (A P)$ 为对角矩阵．

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【答案】
(1) $y = 2$
(2) $P = 100001000010 00 - \frac{4}{5} 1$

【解析】
(Ⅰ) 因为 $λ = 3$ 是 $A$ 的特征值，故

∣3 E - A ∣ = 3 - 1 00 - 1 300 00 3 - y - 1 00 - 1 1 = 3 - 1 0 - 1 30 3 - y - 1 0 - 1 11 = 8 (2 - y) = 0,

所以 $y = 2$ .

(Ⅱ) 由于 $A^{T} = A$ , 要 $(A P)^{T} (A P) = P^{T} A^{2} P = Λ$ , 而

A^{2} = 1000010000540045

是对称矩阵，故可构造二次型 $x^{T} A^{2} x$ , 将其化为标准形 $y^{T} Λ y$ . 由于

x^{T} A^{2} x = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5 x_{3}^{2} + 5 x_{4}^{2} + 8 x_{3} x_{4}

= x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5 (x_{3}^{2} + \frac{8}{5} x_{3} x_{4} + \frac{16}{25} x_{4}^{2}) + 5 x_{4}^{2} - \frac{16}{5} x_{4}^{2}

= x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 5 (x_{3} + \frac{4}{5} x_{4})^{2} + \frac{9}{5} x_{4}^{2},

那么，令 $y_{1} = x_{1}, y_{2} = x_{2}, y_{3} = x_{3} + \frac{4}{5} x_{4}, y_{4} = x_{4}$ , 即经坐标变换

x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = 100001000010 00 - \frac{4}{5} 1 y_{1} y_{2} y_{3} y_{4},

有 $x^{T} A^{2} x = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 5 y_{3}^{2} + \frac{9}{5} y_{4}^{2}$ . 所以取

P = 100001000010 00 - \frac{4}{5} 1,

则有

(A P)^{T} (A P) = P^{T} A^{2} P = 100001000050 000 \frac{9}{5} .

18

设向量 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{t}$ 是齐次线性方程组 $A X = 0$ 的一个基础解系，向量 $β$ 不是方程组 $A X = 0$ 的解，即 $A β \neq = 0$ ．试证明：向量组 $β, β + α_{1}, β + α_{2}, \dots, β + α_{t}$ 线性无关．

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【答案】 见解析

【解析】
考虑线性组合：

k_{0} β + k_{1} (β + α_{1}) + k_{2} (β + α_{2}) + \dots + k_{t} (β + α_{t}) = 0

整理得：

(k_{0} + k_{1} + k_{2} + \dots + k_{t}) β + k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{t} α_{t} = 0

令 $s = k_{0} + k_{1} + k_{2} + \dots + k_{t}$ ，则：

s β + k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{t} α_{t} = 0

对上述等式施加矩阵 $A$ ，利用 $A α_{i} = 0$ （因为 $α_{i}$ 是 $A X = 0$ 的解）和 $A β \neq = 0$ ：

A (s β + k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{t} α_{t}) = s A β = 0

由于 $A β \neq = 0$ ，必有 $s = 0$ 。代入原式得：

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{t} α_{t} = 0

因为 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{t}$ 是基础解系，故线性无关，所以 $k_{1} = k_{2} = \dots = k_{t} = 0$ 。又由 $s = k_{0} + k_{1} + \dots + k_{t} = 0$ 得 $k_{0} = 0$ 。因此所有系数均为零，向量组线性无关。

19

假设一部机器在一天内发生故障的概率为 $0.2$ ，机器发生故障时全天停止工作，若一周 $5$ 个工作日里无故障，可获利润 $10$ 万元；发生一次故障仍可获得利润 $5$ 万元；发生两次故障所获利润 $0$ 元；发生三次或三次以上故障就要亏损 $2$ 万元．求一周内期望利润是多少?

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【答案】 5.21 万元

【解析】
设一周 5 个工作日内发生故障的天数为 $X$ ，则 $X$ 服从二项分布即 $B (5, 0.2)$ 。由二项分布的概率计算公式，有

P {X = 0} = 0. 8^{5} = 0.328, P {X = 1} = C_{5}^{1} 0. 8^{4} \cdot 0.2 = 0.410, P {X = 2} = C_{5}^{2} 0. 8^{3} \cdot 0. 2^{2} = 0.205, P {X \geq 3} = 1 - P {X = 0} - P {X = 1} - P {X = 2} = 0.057.

设一周内所获利润 $Y$ （万元），则 $Y$ 是 $X$ 的函数，且

Y = f (X) = ⎩ ⎨ ⎧ 10, 5, 0, - 2, 若 X = 0, 若 X = 1, 若 X = 2, 若 X \geq 3.

所以 $E Y = 10 \times 0.328 + 5 \times 0.410 - 2 \times 0.057 = 5.216$ （万元）。

20

考虑一元二次方程 $x^{2} + B x + C = 0$ ，其中 $B, C$ 分别是将一枚色子(骰子)接连掷两次先后出现的点数．求该方程有实根的概率 $p$ 和有重根的概率 $q$ ．

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【答案】
$p = \frac{19}{36}$ , $q = \frac{1}{18}$

【解析】
一枚色子（骰子）接连掷两次，其样本空间中样本点总数为 36。设事件 $A_{1} =$ “方程有实根”， $A_{2} =$ “方程有重根”，则

A_{1} = {B^{2} - 4 C \geq 0} = {C \leq \frac{B ^{2}}{4}}

用列举法求有利于 $A_{i}$ 的样本点个数（ $i = 1, 2$ ），如下表：

B 有利于 A_{1} 的样本点数 有利于 A_{2} 的样本点数 100211320441560660

由古典型概率计算公式得到

p = P (A_{1}) = \frac{1 + 2 + 4 + 6 + 6}{36} = \frac{19}{36}, q = P (A_{2}) = \frac{1 + 1}{36} = \frac{1}{18} .

21

假设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体X的简单随机样本；已知 $E X^{k} = a_{k} (k = 1, 2, 3, 4)$ ．证明：当 $n$ 充分大时，随机变量 $Z_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 近似服从正态分布，并指出其分布参数．

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【答案】 当 $n$ 充分大时， $Z_{n}$ 近似服从正态分布，其均值为 $a_{2}$ ，方差为 $\frac{a _{4} - a _{2}^{2}}{n}$ 。

【解析】 令 $Y_{i} = X_{i}^{2}$ ，则 $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{n}$ 是独立同分布的随机变量。
由已知条件， $E Y_{i} = E X_{i}^{2} = a_{2}$ ，且 $E Y_{i}^{2} = E X_{i}^{4} = a_{4}$ ，故

Var (Y_{i}) = E Y_{i}^{2} - (E Y_{i})^{2} = a_{4} - a_{2}^{2} .

由中心极限定理，当 $n$ 充分大时，

Z_{n} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n Y_{i}

近似服从正态分布，其均值为 $E Y_{i} = a_{2}$ ，方差为

\frac{Var ( Y _{i} )}{n} = \frac{a _{4} - a _{2}^{2}}{n} .