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2000 年真题

20 题

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选择题

第 9 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

同试卷 3 第 6 题

同试卷 3 第 7 题

同试卷 3 第 8 题

设 $A$ , $B$ , $C$ 三个事件两两独立，则 $A$ , $B$ , $C$ 相互独立的充分必要条件是

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$\int \frac{a r c s i n x}{x} d x =$ ______．

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【答案】 $2 x arcsin x + 2 1 - x + C$

【解析】 令 $u = x$ ，则 $x = u^{2}$ ， $d x = 2 u d u$ 。代入积分得：

\int \frac{arcsin x}{x} d x = \int \frac{arcsin u}{u} \cdot 2 u d u = 2 \int arcsin u d u .

计算 $\int arcsin u d u$ ，使用分部积分法或已知公式：

\int arcsin u d u = u arcsin u + 1 - u^{2} + C .

因此，

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

代回 $u = x$ ，得：

2 (x arcsin x + 1 - x) + C = 2 x arcsin x + 2 1 - x + C .

故积分为 $2 x arcsin x + 2 1 - x + C$ .

2

若 $a > 0$ , $b > 0$ 均为常数，则 $lim_{x \to 0} (\frac{a ^{x} + b ^{x}}{2})^{\frac{3}{x}} =$ ______．

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【答案】 $(ab)^{\frac{3}{2}}$

【解析】
该极限为 $1^{\infty}$ 型不定式。令 $L = lim_{x \to 0} (\frac{a ^{x} + b ^{x}}{2})^{\frac{3}{x}}$ ，取自然对数得：

ln L = x \to 0 lim \frac{3}{x} ln (\frac{a ^{x} + b ^{x}}{2})

当 $x \to 0$ 时， $a^{x} \approx 1 + x ln a$ ， $b^{x} \approx 1 + x ln b$ ，因此：

\frac{a ^{x} + b ^{x}}{2} \approx 1 + \frac{x}{2} (ln a + ln b)

于是：

ln (\frac{a ^{x} + b ^{x}}{2}) \approx ln (1 + \frac{x}{2} (ln a + ln b)) \approx \frac{x}{2} (ln a + ln b)

代入得：

ln L = x \to 0 lim \frac{3}{x} \cdot \frac{x}{2} (ln a + ln b) = \frac{3}{2} (ln a + ln b) = \frac{3}{2} ln (ab) = ln ((ab)^{\frac{3}{2}})

因此， $L = (ab)^{\frac{3}{2}}$ 。

3

设 $α = (1, 0, - 1)^{T}$ ，矩阵 $A = α α^{T}$ ， $n$ 为正整数，则 $∣ k E - A^{n} ∣ =$ ______．

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【答案】 $k^{2} (k - 2^{n})$

【解析】
给定向量 $α = (1, 0, - 1)^{T}$ ，矩阵 $A = α α^{T}$ 。
计算可得

A = 10 - 1 000 - 1 01 .

由于 $A$ 是秩一矩阵，有

A^{n} = 2^{n - 1} A,

其中 $n$ 为正整数。

矩阵 $A$ 的特征值为 $0$ （二重）和 $2$ ，因此 $A^{n}$ 的特征值为 $0$ （二重）和 $2^{n}$ 。
矩阵 $k E - A^{n}$ 的特征值为 $k$ （二重）和 $k - 2^{n}$ ，故行列式

∣ k E - A^{n} ∣ = k \cdot k \cdot (k - 2^{n}) = k^{2} (k - 2^{n}) .

4

已知 $4$ 阶矩阵 $A$ 相似于 $B$ ， $A$ 的特征值为 $2, 3, 4, 5$ ， $E$ 为 $4$ 阶单位矩阵，则行列式 $∣ B - E ∣ =$ ______．

查看答案与解析

【答案】 24

【解析】
由于矩阵 $A$ 相似于 $B$ ，且 $A$ 的特征值为 $2, 3, 4, 5$ ，因此 $B$ 的特征值也为 $2, 3, 4, 5$ 。
行列式 $∣ B - E ∣$ 即为 $B$ 的特征多项式在 $λ = 1$ 处的值，即

p (1) = ∣ B - E ∣,

其中

p (λ) = (λ - 2) (λ - 3) (λ - 4) (λ - 5) .

计算

p (1) = (1 - 2) (1 - 3) (1 - 4) (1 - 5) = (- 1) \times (- 2) \times (- 3) \times (- 4) = 24.

故

∣ B - E ∣ = 24.

5

同试卷 3 第 5 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

9

设 $A$ , $B$ , $C$ 三个事件两两独立，则 $A$ , $B$ , $C$ 相互独立的充分必要条件是

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由于事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 两两独立，即满足

P (A \cap B) = P (A) P (B), P (A \cap C) = P (A) P (C), P (B \cap C) = P (B) P (C),

则 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 相互独立的充分必要条件是

P (A \cap B \cap C) = P (A) P (B) P (C) .

选项 A： $A$ 与 $BC$ 独立，即
$P (A \cap (B \cap C)) = P (A) P (B \cap C) .$

由两两独立知 $P (B \cap C) = P (B) P (C)$ ，代入得
$P (A \cap B \cap C) = P (A) P (B) P (C),$

这正是相互独立的条件，因此选项 A 是充分必要条件。
选项 B： $A B$ 与 $A \cup C$ 独立，即
$P ((A B) \cap (A \cup C)) = P (A B) P (A \cup C) .$

计算可得
$P (A B) = P (A B) P (A \cup C),$

这要求 $P (A \cup C) = 1$ 或 $P (A B) = 0$ ，不一定能推出相互独立。
选项 C： $A B$ 与 $A C$ 独立，即
$P ((A B) \cap (A C)) = P (A B) P (A C) .$

计算得
$P (A BC) = P (A B) P (A C) .$

由两两独立知 $P (A B) = P (A) P (B)$ ， $P (A C) = P (A) P (C)$ ，代入得
$P (A BC) = [P (A)]^{2} P (B) P (C),$

这与相互独立要求的 $P (A BC) = P (A) P (B) P (C)$ 不一定相等。
选项 D： $A \cup B$ 与 $A \cup C$ 独立，即
$P ((A \cup B) \cap (A \cup C)) = P (A \cup B) P (A \cup C) .$

计算得
$P (A \cup (B \cap C)) = P (A \cup B) P (A \cup C),$

这也不一定推导出 $P (A \cap B \cap C) = P (A) P (B) P (C)$ 。

因此，只有选项 A 是充分必要条件。

10

同试卷 3 第 10 题

解答题

11

已知 $z = u^{v}$ , $u = ln x^{2} + y^{2}$ , $v = arctan \frac{y}{x}$ ，求 $d z$ ．

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【答案】

d z = \frac{u ^{v}}{x ^{2} + y ^{2}} [\frac{v}{u} (x d x + y d y) + ln u (- y d x + x d y)]

其中 $u = ln x^{2} + y^{2}$ , $v = arctan \frac{y}{x}$ .

【解析】 已知 $z = u^{v}$ , $u = ln x^{2} + y^{2}$ , $v = arctan \frac{y}{x}$ .
首先，求全微分 $d z$ . 由于 $z$ 是 $u$ 和 $v$ 的函数，而 $u$ 和 $v$ 又是 $x$ 和 $y$ 的函数，使用链式法则：

d z = \frac{\partial z}{\partial u} d u + \frac{\partial z}{\partial v} d v

其中 $\frac{\partial z}{\partial u} = v u^{v - 1}$ , $\frac{\partial z}{\partial v} = u^{v} ln u$ .
所以，

d z = v u^{v - 1} d u + u^{v} ln u d v

即

d z = u^{v} (\frac{v}{u} d u + ln u d v)

现在求 $d u$ 和 $d v$ .
由 $u = ln x^{2} + y^{2} = \frac{1}{2} ln (x^{2} + y^{2})$ ，得

d u = \frac{\partial u}{\partial x} d x + \frac{\partial u}{\partial y} d y = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}} d y

由 $v = arctan \frac{y}{x}$ ，得

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

将 $d u$ 和 $d v$ 代入 $d z$ :

d z = u^{v} [\frac{v}{u} (\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}} d y) + ln u (- \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d y)]

提取公因子 $\frac{1}{x ^{2} + y ^{2}}$ :

d z = \frac{u ^{v}}{x ^{2} + y ^{2}} [\frac{v}{u} (x d x + y d y) + ln u (- y d x + x d y)]

这就是所求的全微分。

12

计算 $I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{e ^{1 + x} + e ^{3 - x}}$ ．

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【答案】

\frac{π}{4 e ^{2}}

【解析】 考虑积分 $I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{e ^{1 + x} + e ^{3 - x}}$ 。首先，简化分母：

e^{1 + x} + e^{3 - x} = e^{2} (e^{x - 1} + e^{1 - x}),

所以

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

令 $u = x - 1$ ，则当 $x = 1$ 时 $u = 0$ ，当 $x \to + \infty$ 时 $u \to + \infty$ ，且 $d x = d u$ ，于是

I = \frac{1}{e ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{e ^{u} + e ^{- u}} = \frac{1}{e ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{2 cosh u} = \frac{1}{2 e ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{cosh u} .

计算积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{c o s h u}$ 。由于 $cosh u = \frac{e ^{u} + e ^{- u}}{2}$ ，有

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{cosh u} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2}{e ^{u} + e ^{- u}} d u .

令 $v = e^{u}$ ，则 $d v = e^{u} d u$ ，当 $u = 0$ 时 $v = 1$ ，当 $u \to + \infty$ 时 $v \to + \infty$ ，所以

\int_{0}^{+ \infty} \frac{2}{e ^{u} + e ^{- u}} d u = \int_{1}^{+ \infty} \frac{2}{v + \frac{1}{v}} \cdot \frac{d v}{v} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{2}{v ^{2} + 1} d v = 2 [arctan v]_{1}^{+ \infty} = 2 (\frac{π}{2} - \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} .

因此，

I = \frac{1}{2 e ^{2}} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{4 e ^{2}} .

13

同试卷 3 第 13 题

14

同试卷 3 第 14 题

15

设 $f (x, y) = {x^{2} y, 0, 1 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq x; 其他 .$ 求 $\iint_{D} f (x, y) d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \geq 2 x}$

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【答案】 $\frac{49}{20}$

【解析】
给定函数 $f (x, y)$ 在区域 $1 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq x$ 上为 $x^{2} y$ ，否则为 0。积分区域 $D$ 由 $x^{2} + y^{2} \geq 2 x$ 定义，即 $(x - 1)^{2} + y^{2} \geq 1$ ，表示圆心在 $(1, 0)$ 、半径为 1 的圆的外部。由于 $f (x, y)$ 仅在 $1 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq x$ 上非零，实际积分区域为 $E = D \cap {(x, y) ∣ 1 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq x}$ 。

对于 $x \in [1, 2]$ ， $y$ 需满足 $y \geq 1 - (x - 1)^{2}$ 且 $y \leq x$ 。因此，二重积分化为：

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \int_{x = 1}^{2} \int_{y = 1 - (x - 1)^{2}}^{x} x^{2} y d y d x

先计算内层积分：

\int_{y = 1 - (x - 1)^{2}}^{x} x^{2} y d y = x^{2} \cdot \frac{1}{2} y^{2}_{y = 1 - (x - 1)^{2}}^{y = x} = \frac{1}{2} x^{2} [x^{2} - (1 - (x - 1)^{2})^{2}] = \frac{1}{2} x^{2} [x^{2} - (1 - (x - 1)^{2})]

简化括号内表达式：

x^{2} - 1 + (x - 1)^{2} = x^{2} - 1 + x^{2} - 2 x + 1 = 2 x^{2} - 2 x

所以内层积分为：

\frac{1}{2} x^{2} (2 x^{2} - 2 x) = x^{2} (x^{2} - x) = x^{4} - x^{3}

代入外层积分：

\int_{x = 1}^{2} (x^{4} - x^{3}) d x = [\frac{1}{5} x^{5} - \frac{1}{4} x^{4}]_{1}^{2}

计算上下限：在 $x = 2$ ： $\frac{1}{5} \cdot 32 - \frac{1}{4} \cdot 16 = \frac{32}{5} - 4 = \frac{32}{5} - \frac{20}{5} = \frac{12}{5}$ 在 $x = 1$ ： $\frac{1}{5} \cdot 1 - \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{5} - \frac{1}{4} = \frac{4}{20} - \frac{5}{20} = - \frac{1}{20}$ 积分值为：

\frac{12}{5} - (- \frac{1}{20}) = \frac{12}{5} + \frac{1}{20} = \frac{48}{20} + \frac{1}{20} = \frac{49}{20}

因此，二重积分的值为 $\frac{49}{20}$ 。

16

同试卷 1 第 17 题

17

同试卷 3 第 17 题

18

设矩阵 $A = 1 x - 3 - 1 4 - 3 1 y 5$ ，已知 $A$ 有三个线性无关的特征向量， $λ = 2$ 是 $A$ 的二重特征值．试求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P$ 为对角形矩阵．

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【答案】

P = 101011 - 1 2 - 3

【解析】 已知矩阵 $A$ 有三个线性无关的特征向量，且 $λ = 2$ 是二重特征值。首先，利用 $λ = 2$ 是二重特征值且几何重数等于代数重数的条件，求参数 $x$ 和 $y$ 。

计算 $A - 2 I$ ：

A - 2 I = - 1 x - 3 - 1 2 - 3 1 y 3

由于 $λ = 2$ 是二重特征值且几何重数为 2，矩阵 $A - 2 I$ 的秩为 1。观察第一行和第三行成比例，因此第二行也需与第一行成比例。设第二行 = $k$ × 第一行，则有：

x = k \cdot (- 1) = - k, 2 = k \cdot (- 1) = - k, y = k \cdot 1 = k

由 $2 = - k$ 得 $k = - 2$ ，代入得 $x = 2$ ， $y = - 2$ 。因此：

A = 12 - 3 - 1 4 - 3 1 - 2 5

接下来求特征值。矩阵 $A$ 的迹为 $1 + 4 + 5 = 10$ ，特征值之和等于迹，已知 $λ = 2$ 是二重特征值，故第三个特征值 $λ_{3} = 10 - 2 - 2 = 6$ 。

求特征向量：

对于 $λ = 2$ ，解 $(A - 2 I) v = 0$ ： $A - 2 I = - 1 2 - 3 - 1 2 - 3 1 - 2 3$ 等价于方程 $- v_{1} - v_{2} + v_{3} = 0$ ，即 $v_{3} = v_{1} + v_{2}$ 。令 $v_{1} = s$ ， $v_{2} = t$ ，则特征向量为： $v = s 101 + t 011$ 取线性无关的特征向量 $v_{1} = 101$ ， $v_{2} = 011$ 。
对于 $λ = 6$ ，解 $(A - 6 I) v = 0$ ： $A - 6 I = - 5 2 - 3 - 1 - 2 - 3 1 - 2 - 1$ 由第二方程 $2 v_{1} - 2 v_{2} - 2 v_{3} = 0$ 得 $v_{1} = v_{2} + v_{3}$ ，代入第一方程 $- 5 (v_{2} + v_{3}) - v_{2} + v_{3} = 0$ 得 $- 6 v_{2} - 4 v_{3} = 0$ ，即 $3 v_{2} + 2 v_{3} = 0$ ，故 $v_{3} = - \frac{3}{2} v_{2}$ 。代入 $v_{1} = v_{2} + v_{3}$ 得 $v_{1} = - \frac{1}{2} v_{2}$ 。令 $v_{2} = 2 t$ ，则 $v_{1} = - t$ ， $v_{3} = - 3 t$ ，特征向量为： $v_{3} = - 1 2 - 3$

三个线性无关的特征向量为：

v_{1} = 101, v_{2} = 011, v_{3} = - 1 2 - 3

构造可逆矩阵 $P$ ：

P = 101011 - 1 2 - 3

计算 $det (P) = - 4 \neq = 0$ ，故 $P$ 可逆。此时 $P^{- 1} A P = diag (2, 2, 6)$ 。

19

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的密度函数为 $f (x, y) = \frac{1}{2} [ϕ_{1} (x, y) + ϕ_{2} (x, y)]$ ，其中 $ϕ_{1} (x, y)$ 和 $ϕ_{2} (x, y)$ 都是二维正态密度函数，且它们对应的二维随机变量的相关系数分别为 $\frac{1}{3}$ 和 $- \frac{1}{3}$ ，它们的边缘密度对应的随机变量的数学期望都是 $0$ ，方差都是 $1$ ．

(1) 求随机变量 $X$ 和 $Y$ 的密度函数 $f_{1} (x)$ 和 $f_{2} (x)$ ．

(2) 求 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ$ ．

(3) 问 $X$ 和 $Y$ 是否独立？为什么？

查看答案与解析

【答案】
(1) $f_{1} (x) = \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2}$ , $f_{2} (y) = \frac{1}{2 π} e^{- y^{2} /2}$
(2) $ρ = 0$
(3) $X$ 和 $Y$ 不独立。

【解析】
(1) 由于 $ϕ_{1} (x, y)$ 和 $ϕ_{2} (x, y)$ 都是二维正态密度函数，且它们的边缘密度对应的数学期望为 $0$ 、方差为 $1$ ，因此边缘密度函数均为标准正态密度函数，即

\int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{1} (x, y) d y = \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2},

同理

\int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{2} (x, y) d y = \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2} .

于是， $X$ 的边缘密度函数为

f_{1} (x) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x, y) d y = \frac{1}{2} [\int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{1} (x, y) d y + \int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{2} (x, y) d y] = \frac{1}{2} [\frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2} + \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2}] = \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2} .

同理， $Y$ 的边缘密度函数为

f_{2} (y) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x, y) d x = \frac{1}{2} [\int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{1} (x, y) d x + \int_{- \infty}^{\infty} ϕ_{2} (x, y) d x] = \frac{1}{2} [\frac{1}{2 π} e^{- y^{2} /2} + \frac{1}{2 π} e^{- y^{2} /2}] = \frac{1}{2 π} e^{- y^{2} /2} .

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ = \frac{Cov ( X , Y )}{σ _{X} σ _{Y}}$ 。由于 $σ_{X} = σ_{Y} = 1$ ，有 $ρ = Cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y]$ 。又因为 $E [X] = E [Y] = 0$ ，所以 $ρ = E [X Y]$ 。计算 $E [X Y]$ ：

E [X Y] = \iint_{- \infty}^{\infty} x y f (x, y) d x d y = \frac{1}{2} [\iint_{- \infty}^{\infty} x y ϕ_{1} (x, y) d x d y + \iint_{- \infty}^{\infty} x y ϕ_{2} (x, y) d x d y] .

对于二维正态密度函数 $ϕ_{1} (x, y)$ ，其相关系数为 $\frac{1}{3}$ ，故

\iint_{- \infty}^{\infty} x y ϕ_{1} (x, y) d x d y = \frac{1}{3};

同理，对于 $ϕ_{2} (x, y)$ ，其相关系数为 $- \frac{1}{3}$ ，故

\iint_{- \infty}^{\infty} x y ϕ_{2} (x, y) d x d y = - \frac{1}{3} .

因此

E [X Y] = \frac{1}{2} [\frac{1}{3} + (- \frac{1}{3})] = 0,

所以 $ρ = 0$ 。

(3) $X$ 和 $Y$ 不独立。因为若 $X$ 和 $Y$ 独立，则联合密度函数应满足 $f (x, y) = f_{1} (x) f_{2} (y)$ 。由 (1) 知

f_{1} (x) f_{2} (y) = \frac{1}{2 π} e^{- (x^{2} + y^{2}) /2},

但实际联合密度函数为

f (x, y) = \frac{1}{2} [ϕ_{1} (x, y) + ϕ_{2} (x, y)],

其中 $ϕ_{1} (x, y)$ 和 $ϕ_{2} (x, y)$ 均为二维正态密度函数且相关系数非零，故 $f (x, y) \neq = f_{1} (x) f_{2} (y)$ 。因此， $X$ 和 $Y$ 不独立。

20

同试卷 3 第 20 题