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2002 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

同试卷 3 第 1 题

2

已知 $f (x)$ 的一个原函数为 $ln^{2} x$ ，则 $\int x f^{'} (x) d x =$ ______．

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【答案】 $2 ln x - ln^{2} x + C$

【解析】
已知 $f (x)$ 的一个原函数为 $ln^{2} x$ ，则 $f (x) = \frac{d}{d x} (ln^{2} x) = \frac{2 l n x}{x}$ 。
需要计算 $\int x f^{'} (x) d x$ 。
使用分部积分法：令 $u = x$ ， $d v = f^{'} (x) d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = f (x)$ 。
所以，

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

代入 $f (x) = \frac{2 l n x}{x}$ ，得

x f (x) = x \cdot \frac{2 ln x}{x} = 2 ln x,

且 $\int f (x) d x = ln^{2} x + C$ 。
因此，

\int x f^{'} (x) d x = 2 ln x - ln^{2} x + C .

3

设矩阵 $A = (12 - 1 3)$ ， $B = A^{2} - 3 A + 2 E$ ，则 $B^{- 1} =$ ______．

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【答案】

(0 - 1 \frac{1}{2} - 1)

【解析】 给定矩阵 $A = (12 - 1 3)$ ，计算 $B = A^{2} - 3 A + 2 E$ ，其中 $E$ 为单位矩阵。

首先，求 $A$ 的特征多项式：

det (λ I - A) = det (λ - 1 - 2 1 λ - 3) = (λ - 1) (λ - 3) + 2 = λ^{2} - 4 λ + 5.

由凯莱-哈密顿定理， $A$ 满足其特征方程：

A^{2} - 4 A + 5 E = 0.

因此， $A^{2} = 4 A - 5 E$ 。
代入 $B$ ：

B = A^{2} - 3 A + 2 E = (4 A - 5 E) - 3 A + 2 E = A - 3 E .

即 $B = A - 3 I$ ，其中 $I$ 为单位矩阵。
计算 $A - 3 I$ ：

A - 3 I = (12 - 1 3) - (3003) = (- 2 2 - 1 0) .

求逆矩阵 $B^{- 1} = (A - 3 I)^{- 1}$ 。
对于矩阵 $(- 2 2 - 1 0)$ ，行列式为 $(- 2) (0) - (- 1) (2) = 2$ 。
逆矩阵公式为 $\frac{1}{a d - b c} (d - c - b a)$ ，代入 $a = - 2, b = - 1, c = 2, d = 0$ ：

B^{- 1} = \frac{1}{2} (0 - 2 1 - 2) = (0 - 1 \frac{1}{2} - 1) .

因此， $B^{- 1} = (0 - 1 \frac{1}{2} - 1)$ 。

4

设向量组 $α_{1} = (a, 0, c)$ , $α_{2} = (b, c, 0)$ , $α_{3} = (0, a, b)$ 线性无关，则 $a, b, c$ 必满足关系式 ______．

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【答案】 $ab c \neq = 0$

【解析】
考虑向量组 $α_{1} = (a, 0, c)$ 、 $α_{2} = (b, c, 0)$ 、 $α_{3} = (0, a, b)$ 的线性无关性。构造矩阵

A = a 0 c b c 0 0 a b

该向量组线性无关当且仅当矩阵 $A$ 的行列式不为零。计算行列式：

det (A) = a \cdot c 0 a b - b \cdot 0 c a b + 0 \cdot 0 c c 0 = a (c b - a \cdot 0) - b (0 \cdot b - a \cdot c) = ab c + ab c = 2 ab c .

因此， $det (A) = 2 ab c$ 。向量组线性无关的条件为 $det (A) \neq = 0$ ，即

2 ab c \neq = 0 \Rightarrow ab c \neq = 0.

故 $a, b, c$ 需满足关系式 $ab c \neq = 0$ 。

5

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为

X ╲ Y 01 - 1 0.07 0.08 0 0.18 0.32 1 0.15 0.20

则 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ =$ ．

查看答案与解析

【答案】 $0$

【解析】
首先，计算随机变量 $X$ 和 $Y$ 的期望值。

$X$ 的边际分布：

P (X = 0) = 0.07 + 0.18 + 0.15 = 0.40,

P (X = 1) = 0.08 + 0.32 + 0.20 = 0.60,

故

E [X] = 0 \times 0.40 + 1 \times 0.60 = 0.60.

$Y$ 的边际分布：

P (Y = - 1) = 0.07 + 0.08 = 0.15,

P (Y = 0) = 0.18 + 0.32 = 0.50,

P (Y = 1) = 0.15 + 0.20 = 0.35,

故

E [Y] = (- 1) \times 0.15 + 0 \times 0.50 + 1 \times 0.35 = 0.20.

其次，计算 $E [X Y]$ ：

E [X Y] = 0 \times 0.07 + 0 \times 0.18 + 0 \times 0.15 + (- 1) \times 0.08 + 0 \times 0.32 + 1 \times 0.20 = - 0.08 + 0.20 = 0.12.

然后，计算协方差：

Cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y] = 0.12 - 0.60 \times 0.20 = 0.12 - 0.12 = 0.

由于协方差为 0，相关系数 $ρ = 0$ 。

因此， $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 0。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

同试卷 3 第 6 题

7

同试卷 2 第 7 题

8

设 $A$ , $B$ 为 $n$ 阶矩阵， $A^{*}$ , $B^{*}$ 分别为 $A$ , $B$ 对应的伴随矩阵，分块矩阵 $C = (A O O B)$ ，则 $C$ 的伴随矩阵 $C^{*} =$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
对于分块矩阵 $C = (A O O B)$ ，其伴随矩阵 $C^{*}$ 可以通过余子式计算或利用可逆情况下的公式推导。
当 $A$ 和 $B$ 可逆时，有

C^{- 1} = (A^{- 1} O O B^{- 1}),

且

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

代入 $A^{- 1} = \frac{1}{∣ A ∣} A^{*}$ 和 $B^{- 1} = \frac{1}{∣ B ∣} B^{*}$ ，得

C^{*} = (∣ B ∣ A^{*} O O ∣ A ∣ B^{*}) .

当 $A$ 或 $B$ 不可逆时，通过直接计算余子式可得相同结果：

对于 $i, j \leq n$ ，有 $(C^{*})_{ij} = ∣ B ∣ (A^{*})_{ij}$ ；
对于 $i, j > n$ ，有 $(C^{*})_{ij} = ∣ A ∣ (B^{*})_{ij}$ ；
非对角块余子式为零。

因此，

C^{*} = (∣ B ∣ A^{*} O O ∣ A ∣ B^{*}),

对应选项 D。

9

同试卷 1 第 10 题

10

设随机变量 $X_{1}$ , $X_{2}$ , $\dots$ , $X_{n}$ 相互独立， $S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}$ ，则根据列维—林德伯格(Levy-Lindberg)中心极限定理，当 $n$ 充分大时， $S_{n}$ 近似服从正态分布，只要 $X_{1}$ , $X_{2}$ , $\dots$ , $X_{n}$

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】
列维—林德伯格中心极限定理要求随机变量序列独立同分布且具有有限的方差。
选项 C 中，服从同一指数分布意味着随机变量独立同分布，且指数分布具有有限的数学期望和方差，因此当

n

充分大时，

S_{n}

近似服从正态分布。
选项 A 和 B 仅要求数学期望或方差相同，但未要求同分布，因此不一定满足定理条件。
选项 D 中，服从同一离散型分布，但离散型分布可能方差无限（如某些重尾分布），因此不一定保证中心极限定理成立。
故正确答案为 C。

解答题

14

设闭区域 $D : x^{2} + y^{2} ⩽ y, x ⩾ 0$ ； $f (x, y)$ 为 $D$ 上的连续函数，且

f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2} - \frac{π}{8} \iint f (u, v) d u d v,

求 $f (x, y)$ ．

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【答案】

f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2} - \frac{4 π ( 3 π - 4 )}{9 ( 64 + π ^{2} )}

【解析】
第一步：分析区域 $D$

闭区域 $D : x^{2} + y^{2} ⩽ y, x ⩾ 0$ 。将圆的方程配方：

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

这表示一个圆心在 $(0, \frac{1}{2})$ ，半径 $R = \frac{1}{2}$ 的圆。加上条件 $x ⩾ 0$ ，区域 $D$ 是该圆位于 $y$ 轴右侧的半圆面。

面积 $S_{D}$ ： $S_{D} = \frac{1}{2} \cdot π (\frac{1}{2})^{2} = \frac{π}{8}$ 。

第二步：设定常数并建立方程

设常数 $A = \iint_{D} f (u, v) d u d v$ 。则原方程可以写作：

f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2} - \frac{π}{8} A

为了求出 $A$ ，我们对上述等式两边在区域 $D$ 上同时进行二重积分：

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} 1 - x^{2} - y^{2} d x d y - \iint_{D} \frac{π}{8} A d x d y

代入 $A$ 的定义和面积 $S_{D}$ ：

A = \iint_{D} 1 - x^{2} - y^{2} d x d y - \frac{π}{8} A \cdot \frac{π}{8}

A (1 + \frac{π ^{2}}{64}) = \iint_{D} 1 - x^{2} - y^{2} d x d y

第三步：计算积分 $I = \iint_{D} 1 - x^{2} - y^{2} d x d y$

使用极坐标变换： $x = r cos θ, y = r sin θ$ 。圆的边界 $x^{2} + y^{2} = y$ 变为 $r^{2} = r sin θ$ ，即 $r = sin θ$ 。由于 $x ⩾ 0$ ， $cos θ ⩾ 0$ ，且 $r ⩽ sin θ$ 蕴含 $sin θ ⩾ 0$ ，故 $θ$ 的范围是 $[0, \frac{π}{2}]$ 。

I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{s i n θ} 1 - r^{2} \cdot r d r

先计算内层关于 $r$ 的积分：

\int_{0}^{s i n θ} 1 - r^{2} r d r = [- \frac{1}{3} (1 - r^{2})^{\frac{3}{2}}]_{0 s i n θ} = - \frac{1}{3} (cos^{3} θ - 1) = \frac{1}{3} (1 - cos^{3} θ)

再计算外层关于 $θ$ 的积分：

I = \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - cos^{3} θ) d θ = \frac{1}{3} [θ - \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - sin^{2} θ) d (sin θ)]_{0 \frac{π}{2}}

I = \frac{1}{3} [\frac{π}{2} - (sin θ - \frac{1}{3} sin^{3} θ)]_{0 \frac{π}{2}} = \frac{1}{3} (\frac{π}{2} - \frac{2}{3}) = \frac{π}{6} - \frac{2}{9}

第四步：解出 $f (x, y)$

将 $I$ 的结果代入关于 $A$ 的方程：

A \cdot \frac{64 + π ^{2}}{64} = \frac{3 π - 4}{18}

A = \frac{32 ( 3 π - 4 )}{9 ( 64 + π ^{2} )}

我们需要求的是 $f (x, y)$ 中的常数项 $C = \frac{π}{8} A$ ：

C = \frac{π}{8} \cdot \frac{32 ( 3 π - 4 )}{9 ( 64 + π ^{2} )} = \frac{4 π ( 3 π - 4 )}{9 ( 64 + π ^{2} )} = \frac{12 π ^{2} - 16 π}{9 π ^{2} + 576}

最终结果：

f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2} - \frac{12 π ^{2} - 16 π}{9 π ^{2} + 576}

15

设某商品需求量 $Q$ 是价格 $p$ 的单调减少函数： $Q = Q (p)$ ，其需求弹性 $η = \frac{2 p ^{2}}{192 - p ^{2}} > 0$ ．

(1) 设 $R$ 为总收益函数，证明 $\frac{d R}{d p} = Q (1 - η)$ ．

(2) 求 $p = 6$ 时，总收益对价格的弹性，并说明其经济意义．

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【答案】
(1) 证明见解析。
(2) 当 $p = 6$ 时，总收益对价格的弹性为 $\frac{7}{13}$ 。经济意义：当价格增加 1% 时，总收益增加约 0.538%，表明需求缺乏弹性，总收益与价格同方向变动但变动幅度较小。

【解析】
(1) 总收益函数 $R = p \cdot Q (p)$ ，对 $p$ 求导得：

\frac{d R}{d p} = Q + p \cdot \frac{d Q}{d p} .

需求弹性 $η > 0$ ，且定义为 $η = - \frac{d Q}{d p} \cdot \frac{p}{Q}$ ，因此

\frac{d Q}{d p} = - η \cdot \frac{Q}{p} .

代入上式：

\frac{d R}{d p} = Q + p \cdot (- η \cdot \frac{Q}{p}) = Q - η Q = Q (1 - η) .

故证。

(2) 总收益对价格的弹性定义为 $ε_{Rp} = \frac{d R}{d p} \cdot \frac{p}{R}$ 。由 (1) 知 $\frac{d R}{d p} = Q (1 - η)$ ，且 $R = pQ$ ，所以

ε_{Rp} = Q (1 - η) \cdot \frac{p}{pQ} = 1 - η .

给定 $η = \frac{2 p ^{2}}{192 - p ^{2}}$ ，当 $p = 6$ 时，

η = \frac{2 \times 6 ^{2}}{192 - 6 ^{2}} = \frac{72}{156} = \frac{6}{13} .

因此，

ε_{Rp} = 1 - \frac{6}{13} = \frac{7}{13} .

经济意义： $ε_{Rp} = \frac{7}{13}$ 表示当价格增加 1% 时，总收益增加约 0.538%。由于 $η < 1$ ，需求缺乏弹性，价格与总收益同方向变动，但总收益变动幅度小于价格变动幅度。

16

同试卷 3 第 16 题

17

设四元齐次线性方程组①为 ${2 x_{1} + 3 x_{2} - x_{3} = 0 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} - x_{4} = 0$ ，且已知另一四元齐次线性方程组②的一个基础解系为 $α_{1} = (2, - 1, a + 2, 1)^{T}$ , $α_{2} = (- 1, 2, 4, a + 8)^{T}$ ．

(1) 求方程组①的一个基础解系；

(2) 当 $a$ 为何值时，方程组①与②有非零公共解？在有非零公共解时，求出全部非零公共解．

查看答案与解析

【答案】
(1) 方程组①的一个基础解系为 $ξ_{1} = (5, - 3, 1, 0)^{T}$ ， $ξ_{2} = (- 3, 2, 0, 1)^{T}$ 。
(2) 当 $a = - 1$ 时，方程组①与②有非零公共解。全部非零公共解为 $k_{1} (2, - 1, 1, 1)^{T} + k_{2} (- 1, 2, 4, 7)^{T}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零。

【解析】
(1) 对于方程组①，系数矩阵为 $(2132 - 1 1 0 - 1)$ 。通过行变换化为行简化阶梯形 $(1001 - 5 3 3 - 2)$ ，对应方程
$x_{1} - 5 x_{3} + 3 x_{4} = 0$ 和 $x_{2} + 3 x_{3} - 2 x_{4} = 0$ 。
令自由变量 $x_{3} = s$ ， $x_{4} = t$ ，得通解
$x_{1} = 5 s - 3 t$ ， $x_{2} = - 3 s + 2 t$ ， $x_{3} = s$ ， $x_{4} = t$ ，
即基础解系为 $ξ_{1} = (5, - 3, 1, 0)^{T}$ ， $ξ_{2} = (- 3, 2, 0, 1)^{T}$ 。

(2) 方程组②的基础解系为 $α_{1} = (2, - 1, a + 2, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (- 1, 2, 4, a + 8)^{T}$ 。
公共解需满足方程组①，代入通解 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}$ 到方程组①的方程中。

方程一：
$2 (2 k_{1} - k_{2}) + 3 (- k_{1} + 2 k_{2}) - [(a + 2) k_{1} + 4 k_{2}] = 0$ ，
化简得 $(- a - 1) k_{1} = 0$ 。

方程二：
$(2 k_{1} - k_{2}) + 2 (- k_{1} + 2 k_{2}) + [(a + 2) k_{1} + 4 k_{2}] - [k_{1} + (a + 8) k_{2}] = 0$ ，
化简得 $(a + 1) (k_{1} - k_{2}) = 0$ 。

非零公共解要求 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零。
若 $a + 1 \neq = 0$ ，则从方程一得 $k_{1} = 0$ ，从方程二得 $k_{2} = 0$ ，无非零解。
故 $a + 1 = 0$ ，即 $a = - 1$ 。此时方程一和方程二恒成立，所有 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}$ 均为公共解。

当 $a = - 1$ 时， $α_{1} = (2, - 1, 1, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (- 1, 2, 4, 7)^{T}$ ，
全部非零公共解为 $k_{1} (2, - 1, 1, 1)^{T} + k_{2} (- 1, 2, 4, 7)^{T}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零。

18

设实对称矩阵 $A = a 11 1 a - 1 1 - 1 a$ ，求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵，并计算行列式 $∣ A - E ∣$ 的值．

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【答案】 可逆矩阵 $P = 1 - 1 - 1 110101$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵 $a - 2 00 0 a + 1 0 00 a + 1$ ，行列式 $∣ A - E ∣ = a^{2} (a - 3)$ 。

【解析】
矩阵 $A$ 是实对称矩阵，因此可以对角化。先求 $A$ 的特征值。令 $B = A - a I = 011 10 - 1 1 - 1 0$ ，则 $A = a I + B$ 。求 $B$ 的特征值，解特征方程 $∣ B - μ I ∣ = 0$ ：

∣ B - μ I ∣ = - μ 11 1 - μ - 1 1 - 1 - μ = - μ^{3} + 3 μ - 2 = 0

解得 $μ = 1$ （二重根）和 $μ = - 2$ 。因此 $A$ 的特征值为 $λ = a + μ$ ，即 $λ_{1} = a - 2$ ， $λ_{2} = a + 1$ ， $λ_{3} = a + 1$ 。

求特征向量：

对于 $λ_{1} = a - 2$ ，解 $(A - (a - 2) I) x = 0$ ，即解 $211 12 - 1 1 - 1 2 x = 0$ ，得特征向量 $v_{1} = (1, - 1, - 1)^{T}$ 。
对于 $λ_{2} = λ_{3} = a + 1$ ，解 $(A - (a + 1) I) x = 0$ ，即解 $- 1 11 1 - 1 - 1 1 - 1 - 1 x = 0$ ，得方程 $x_{1} - x_{2} - x_{3} = 0$ ，选取两个线性无关的特征向量 $v_{2} = (1, 1, 0)^{T}$ 和 $v_{3} = (1, 0, 1)^{T}$ 。

因此，可逆矩阵 $P = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) = 1 - 1 - 1 110101$ ，满足 $P^{- 1} A P = diag (a - 2, a + 1, a + 1)$ 。

计算行列式 $∣ A - E ∣$ ，其中 $E$ 为单位矩阵。 $A - E = a - 1 11 1 a - 1 - 1 1 - 1 a - 1$ 。利用特征值， $A$ 的特征值为 $a + 1, a + 1, a - 2$ ，故 $A - E$ 的特征值为 $a, a, a - 3$ ，所以 $∣ A - E ∣ = a \cdot a \cdot (a - 3) = a^{2} (a - 3)$ 。直接计算也可得相同结果。

19

设 $A$ 、 $B$ 是任意二事件，其中 $A$ 的概率不等于 $0$ 和 $1$ ，证明： $P (B ∣ A) = P (B ∣ \overset{ˉ}{A})$ 是事件 $A$ 与 $B$ 独立的充分必要条件．

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】
1. 充分性：

若 $A$ 与 $B$ 独立，则根据独立事件的定义：

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

根据条件概率公式：

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

现在计算 $P (B ∣\neg A)$ ：

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

由于 $B = (A \cap B) \cup (B \cap \neg A)$ ，且 $A \cap B$ 与 $B \cap \neg A$ 互斥，所以：

P (B) = P (A \cap B) + P (B \cap \neg A)

P (B \cap \neg A) = P (B) - P (A \cap B) = P (B) - P (A) P (B) = P (B) (1 - P (A)) = P (B) P (\neg A)

因此：

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

所以， $P (B ∣ A) = P (B) = P (B ∣\neg A)$ ，即：

P (B ∣ A) = P (B ∣\neg A)

2. 必要性：

假设 $P (B ∣ A) = P (B ∣\neg A)$ ，则：

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

由于 $P (\neg A) = 1 - P (A)$ ，且 $P (B \cap \neg A) = P (B) - P (A \cap B)$ ，代入得：

\frac{P ( A \cap B )}{P ( A )} = \frac{P ( B ) - P ( A \cap B )}{1 - P ( A )}

交叉相乘：

P (A \cap B) (1 - P (A)) = P (A) (P (B) - P (A \cap B))

展开：

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

消去 $- P (A) P (A \cap B)$ ：

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

这正是 $A$ 与 $B$ 独立的定义。

结论

综上所述， $P (B ∣ A) = P (B ∣\neg A)$ 是事件 $A$ 与 $B$ 独立的充分必要条件。

20

同试卷 3 第 20 题