2002 年真题

【答案】

【解析】 原极限为 ${\lim }_{n\to \infty }\ln {\left[\frac{n-2na+1}{n(1-2a)}\right]}^n$ 。利用对数性质 $\ln (x^n)=n\ln x$ ，可重写为：

令 $b=1-2a$ ，由于 $a\ne \frac{1}{2}$ ，有 $b\ne 0$ 。则分子为 $nb+1$ ，分母为 $nb$ ，因此：

当 $n\to \infty$ 时， $\frac{1}{nb}\to 0$ ，利用等价无穷小 $\ln (1+x)\sim x$ （当 $x\to 0$ ），得：

故极限为 $\frac{1}{b}=\frac{1}{1-2a}$ 。也可通过泰勒展开验证：

因此，极限为 $\frac{1}{1-2a}$ 。

【答案】

【解析】
应填 ${\int }_0^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{x}f(x,y)\mathrm{d}y$ 。画出与原题中二次积分的积分区域 $D_1$ 与 $D_2$ ，将它们的并集记为 $D$ 。

于是交换积分次序之后得到

【答案】 -1

【解析】 已知 $A\alpha$ 与 $\alpha$ 线性相关，故存在标量 $\lambda$ 使得 $A\alpha =\lambda \alpha$ 。计算 $A\alpha$ ：

代入 $A\alpha =\lambda \alpha$ 得：

对应分量相等：

1. $a=\lambda a$ ,
2. $2a+3=\lambda$ ,
3. $3a+4=\lambda$ . 由方程2和3得 $2a+3=3a+4$ ，解得 $a=-1$ 。代入方程1：当 $a=-1$ 时， $-1=\lambda (-1)$ ，得 $\lambda =1$ ，与方程2和3一致。若 $a=0$ ，则方程2和3矛盾，故唯一解为 $a=-1$ 。

【答案】 -0.02

【解析】 应填 -0.02。事实上， $X^2$ 、 $Y^2$ 和 $X^2{Y}^2$ 都是 0-1 分布，而且

同理可求得 $X^2{Y}^2$ 的分布律为

所以得到

【答案】
$\hat{\theta }=\bar{X}-1$ ，其中 $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$

【解析】
总体 $X$ 的概率密度函数为 $f(x;\theta )=e^{-(x-\theta )}$ ，当 $x\ge \theta$ ，否则为 0。计算总体均值 $E[X]$ ：

令 $t=x-\theta$ ，则 $x=t+\theta$ ， $dx=dt$ ，积分限变为 $t=0$ 到 $\infty$ ：

其中 ${\int }_0^{\infty }t{e}^{-t}dt=1$ ， ${\int }_0^{\infty }{e}^{-t}dt=1$ ，所以

根据矩估计法，令样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$ 等于总体均值 $E[X]$ ：

解得矩估计量为 $\hat{\theta }=\bar{X}-1$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{6}$

【解析】
由等价无穷小量代换和洛必达法则，可得

【答案】

【解析】 函数 $u=f(x,y,z)$ 有连续偏导数，且 $z=z(x,y)$ 由方程 $x{e}^x-y{e}^y=z{e}^z$ 所确定。求 $du$ 即求全微分。 首先，由全微分公式，有：

其中 $dz$ 需要通过隐函数求导得到。设 $F(x,y,z)=x{e}^x-y{e}^y-z{e}^z=0$ ，则：

由隐函数定理：

代入 $dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$ 到 $du$ 表达式中，合并同类项即得结果。

【答案】

其中 $C$ 为积分常数。

【解析】
给定 $f({\sin }^{2}x)=\frac{x}{\sin x}$ ，令 $u={\sin }^{2}x$ ，则 $\sin x=\sqrt{u}$ （取主值）， $x=\arcsin (\sqrt{u})$ ，所以 $f(u)=\frac{\arcsin (\sqrt{u})}{\sqrt{u}}$ ，即 $f(x)=\frac{\arcsin (\sqrt{x})}{\sqrt{x}}$ 。
代入积分：

令 $t=\sqrt{x}$ ，则 $x=t^2$ ， $dx=2tdt$ ，代入得：

使用分部积分法，令 $u=\arcsin (t)$ ， $du=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt$ ， $dv=\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt$ ，则 $v=\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt=-\sqrt{1-t^2}$ 。
于是：

所以：

代回 $t=\sqrt{x}$ ，得：

【答案】
(1) $V_1=\frac{4\pi }{5}(32-a^5)$ ， $V_2=\pi a^4$
(2) 当 $a=1$ 时， $V_1+V_2$ 取得最大值，最大值为 $\frac{129\pi }{5}$

【解析】
(I) 由旋转体的体积公式有

(II) $V=V_1+V_2=\frac{4\pi }{5}(32-a^5)+\pi a^4$ . 令 $\frac{dV}{da}=4\pi a^3(1-a)=0$ ，得 $a=1$ . 当 $0<a<1$ 时 $\frac{dV}{da}>0$ ，当 $1<a<2$ 时 $\frac{dV}{da}<0$ ，因此 $a=1$ 是 $V$ 的唯一极值点且是极大值点，所以是 $V$ 的最大值点，

【答案】 见解析

【解析】
因为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以存在 $x_1,x_2$ 使得

满足 $m\le f(x)\le M$ 。又 $g(x)>0$ ，故根据不等式的性质

根据定积分的不等式性质有

由连续函数的介值定理知，存在 $\xi \in [a,b]$ ，使

【答案】 当 $a\ne b$ 且 $a\ne -b(n-1)$ 时，方程组仅有零解。
当 $a=b$ 或 $a=-b(n-1)$ 时，方程组有无穷多组解。

• 当 $a=b$ 时，全部解为 $x=k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2+\cdots +k_{n-1}{\xi }_{n-1}$ ，其中 ${\xi }_1=(1,-1,0,\dots ,0{)}^{\mathrm{T}}$ ， ${\xi }_2=(1,0,-1,\dots ,0{)}^{\mathrm{T}}$ ， $\dots$ ， ${\xi }_{n-1}=(1,0,0,\dots ,-1{)}^{\mathrm{T}}$ ， $k_1,k_2,\dots ,k_{n-1}$ 为任意常数。
• 当 $a=-b(n-1)$ 时，全部解为 $x=k\xi$ ，其中 $\xi =(1,1,1,\dots ,1{)}^{\mathrm{T}}$ ， $k$ 为任意常数。

【解析】
方程组的系数行列式

(I) 当 $a\ne b$ 且 $a\ne -(n-1)b$ 时， $|A|\ne 0$ ， $r(A)=n$ ，方程组只有零解。

(II) 当 $a=b(\ne 0)$ 时，对系数矩阵 $A$ 做行初等变换，有