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2004 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

若 $lim_{x \to 0} \frac{s i n x}{e ^{x} - a} (cos x - b) = 5$ ，则 $a =$ ______， $b =$ ______．

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【答案】 $a = 1$ ， $b = - 4$

【解析】
给定极限 $lim_{x \to 0} \frac{s i n x}{e ^{x} - a} (cos x - b) = 5$ 。

当 $x \to 0$ 时， $sin x \to 0$ ， $e^{x} \to 1$ ， $cos x \to 1$ 。

若 $a \neq = 1$ ，则 $e^{x} - a \to 1 - a \neq = 0$ ，且 $sin x (cos x - b) \to 0$ ，因此极限为 $0$ ，与极限值为 $5$ 矛盾。

故 $a = 1$ ，此时极限化为

x \to 0 lim \frac{sin x}{e ^{x} - 1} (cos x - b)

利用等价无穷小，当 $x \to 0$ 时， $sin x \sim x$ ， $e^{x} - 1 \sim x$ ，因此

\frac{sin x}{e ^{x} - 1} \sim 1

于是极限近似为

x \to 0 lim (cos x - b) = cos 0 - b = 1 - b

设 $1 - b = 5$ ，得 $b = - 4$ 。

验证：当 $a = 1$ ， $b = - 4$ 时，

x \to 0 lim \frac{sin x}{e ^{x} - 1} (cos x + 4) \to 1 \times (1 + 4) = 5

符合条件。

因此， $a = 1$ ， $b = - 4$ 。

2

函数 $f (u, v)$ 由关系式 $f [xg (y), y] = x + g (y)$ 确定，其中函数 $g (y)$ 可微，且 $g (y) \neq = 0$ ，则 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} =$ ______．

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【答案】 $- \frac{g ^{'} ( y )}{g ^{2} ( y )}$

【解析】
给定函数关系式 $f [xg (y), y] = x + g (y)$ ，其中 $g (y)$ 可微且 $g (y) \neq = 0$ 。
令 $u = xg (y)$ ， $v = y$ ，则 $x = \frac{u}{g ( v )}$ 。代入关系式得：

f (u, v) = \frac{u}{g ( v )} + g (v)

对 $f (u, v)$ 求偏导数：
首先，对 $u$ 求偏导：

\frac{\partial f}{\partial u} = \frac{1}{g ( v )}

然后，对 $v$ 求偏导：

\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{\partial}{\partial v} (\frac{1}{g ( v )}) = - \frac{1}{g ^{2} ( v )} \cdot g^{'} (v) = - \frac{g ^{'} ( v )}{g ^{2} ( v )}

由于 $v = y$ ，故

\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = - \frac{g ^{'} ( y )}{g ^{2} ( y )}

3

设 $f (x) = {x e^{x^{2}}, - 1, - \frac{1}{2} \leq x < \frac{1}{2}, x \geq \frac{1}{2},$ ，则 $\int_{\frac{1}{2}}^{2} f (x - 1) d x =$ ．．

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【答案】 $- \frac{1}{2}$

【解析】 需要计算积分 $\int_{\frac{1}{2}}^{2} f (x - 1) d x$ 。令 $u = x - 1$ ，则当 $x = \frac{1}{2}$ 时， $u = - \frac{1}{2}$ ；当 $x = 2$ 时， $u = 1$ 。积分变为：

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

函数 $f (u)$ 定义为：

f (u) = {u e^{u^{2}}, - 1, - \frac{1}{2} \leq u < \frac{1}{2}, u \geq \frac{1}{2} .

将积分拆分为两部分：

\int_{- \frac{1}{2}}^{1} f (u) d u = \int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} f (u) d u + \int_{\frac{1}{2}}^{1} f (u) d u

在第一部分区间 $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 上， $f (u) = u e^{u^{2}}$ 。函数 $u e^{u^{2}}$ 是奇函数，且在对称区间上积分，故：

\int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} u e^{u^{2}} d u = 0

在第二部分区间 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上， $f (u) = - 1$ ，故：

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

因此，积分结果为：

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

4

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} - x_{3})^{2} + (x_{3} + x_{1})^{2}$ 的秩为 ______．

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【答案】 $2$

【解析】
因为

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} - x_{3})^{2} + (x_{3} + x_{1})^{2}

= 2 x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} - 2 x_{2} x_{3},

所以二次型对应的矩阵为

A = 211 12 - 1 1 - 1 2 .

由初等变换得

A \to 121 21 - 1 - 1 12 \to 100 - 1 - 3 - 3 233 \to 100 - 1 - 3 0 230,

从而 $r (A) = 2$ ，于是二次型的秩也为 2。

5

同试卷 1 第 6 题

6

设总体 $X$ 服从正态分布 $N (μ_{1}, σ^{2})$ ，总体 $Y$ 服从正态分布 $N (μ_{2}, σ^{2})$ ， $X_{1}, X_{2}, \dots X_{n_{1}}$ 和 $Y_{1}, Y_{2}, \dots Y_{n_{2}}$ 分别是来自总体 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本，则

E [\frac{\sum _{i = 1}^{n_{1}} ( X _{i} - X ) ^{2} + \sum _{j = 1}^{n_{2}} ( Y _{j} - Y ) ^{2}}{n _{1} + n _{2} - 2}] =

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【答案】 $σ^{2}$

【解析】

E [\frac{1}{n _{1} - 1} i = 1 \sum n_{1} (X_{i} - \overline{X})^{2}] = D (X) = σ^{2}, E [\frac{1}{n _{2} - 1} i = 1 \sum n_{1} (Y_{i} - \overline{Y})^{2}] = D (Y) = σ^{2},

所以有

E [i = 1 \sum n_{1} (X_{i} - \overline{X})^{2}] = (n_{1} - 1) σ^{2}, E [i = 1 \sum n_{1} (Y_{i} - \overline{Y})^{2}] = (n_{2} - 1) σ^{2} .

从而

原式 = \frac{1}{n _{1} + n _{2} - 2} {E [i = 1 \sum n_{1} (X_{i} - \overline{X})^{2}] + E [j = 1 \sum n_{2} (Y_{j} - \overline{Y})^{2}]}

= \frac{1}{n _{1} + n _{2} - 2} [(n_{1} - 1) σ^{2} + (n_{2} - 1) σ^{2}] = σ^{2} .

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

函数 $f (x) = \frac{∣ x ∣ s i n ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}}$ 在下列哪个区间内有界

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
如果 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内连续，且极限 $lim_{x \to a^{+}} f (x)$ 与 $lim_{x \to b^{-}} f (x)$ 存在，则函数 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内有界。因为

x \to - 1^{+} lim f (x) = x \to - 1^{+} lim \frac{- x sin ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}} = - \frac{sin 3}{18},

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim \frac{- x sin ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}} = - \frac{sin 2}{4},

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{x sin ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}} = \frac{sin 2}{4},

x \to 1 lim f (x) = x \to 1 lim \frac{x sin ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}} = \infty,

x \to 2 lim f (x) = x \to 2 lim \frac{x sin ( x - 2 )}{x ( x - 1 ) ( x - 2 ) ^{2}} = \infty

所以函数 $f (x)$ 在 $(- 1, 0)$ 内有界，故选 (A)。

8

设 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内有定义，且 $lim_{x \to \infty} f (x) = a$ , $g (x) = {f (\frac{1}{x}), 0, x \neq = 0; x = 0.$ 则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由题意可知， $lim_{x \to \infty} f (x) = a$ 通常是指 $x \to + \infty$ 时的极限。
当 $x \to 0^{+}$ 时， $\frac{1}{x} \to + \infty$ ，因此

x \to 0^{+} lim g (x) = x \to 0^{+} lim f (\frac{1}{x}) = a .

当 $x \to 0^{-}$ 时， $\frac{1}{x} \to - \infty$ ，但题目并未给出 $f (x)$ 在 $x \to - \infty$ 时的极限，所以 $lim_{x \to 0^{-}} g (x)$ 可能不存在，也可能存在但不等于 $a$ 。

函数值 $g (0) = 0$ 。

若 $a \neq = 0$ ，则右极限 $a \neq = 0$ ，与 $g (0) = 0$ 不相等，因此 $g (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续。
若 $a = 0$ ，则右极限为 0，但左极限取决于 $f (x)$ 在 $- \infty$ 处的行为，此时 $g (x)$ 可能连续，也可能不连续。

综上， $g (x)$ 在点 $x = 0$ 处的连续性与 $a$ 的取值有关。选项 A、B、C 均不一定成立，故正确答案为 D。

9

同试卷 2 第 8 题

10

设有下列命题：

① 若 $\sum_{n = 1}^{\infty} (u_{2 n - 1} + u_{2 n})$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛．

② 若 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n + 1000}$ 收敛．

③ 若 $lim_{n \to \infty} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} > 1$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 发散．

④ 若 $\sum_{n = 1}^{\infty} (u_{n} + v_{n})$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty} v_{n}$ 都收敛．

则以下命题中正确的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
对于命题①，考虑反例：设 $u_{n} = (- 1)^{n}$ ，则

n = 1 \sum \infty (u_{2 n - 1} + u_{2 n}) = n = 1 \sum \infty (- 1 + 1) = 0

收敛，但

n = 1 \sum \infty u_{n} = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n}

发散。因此命题①错误。

对于命题②，若 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，则去掉前 1000 项后的级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n + 1000}$ 也收敛，因为级数的收敛性取决于尾部，去掉有限项不改变收敛性。因此命题②正确。

对于命题③，若

n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} > 1,

则当 $n$ 足够大时， $∣ u_{n} ∣$ 不趋于零，实际上会趋于无穷，因此级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 发散。这是比值判别法的结论，命题③正确。

对于命题④，考虑反例：设 $u_{n} = n$ ， $v_{n} = - n$ ，则

n = 1 \sum \infty (u_{n} + v_{n}) = n = 1 \sum \infty 0 = 0

收敛，但 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} v_{n}$ 均发散。因此命题④错误。

综上，正确命题为②和③，对应选项 B。

11

设 $f^{'} (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f^{'} (a) > 0, f^{'} (b) < 0$ ，则下列结论中错误的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由导数的定义 $f^{'} (a) = lim_{x \to a^{+}} \frac{f ( x ) - f ( a )}{x - a} > 0$ ，根据极限的保号性，存在 $x_{0} \in (a, b)$ 使得 $\frac{f ( x _{0} ) - f ( a )}{x _{0} - a} > 0$ ，即 $f (x_{0}) > f (a)$ ，所以选项 (A) 正确。

同理， $f^{'} (b) = lim_{x \to b^{-}} \frac{f ( b ) - f ( x )}{b - x} < 0$ ，根据极限的保号性，存在 $x_{0} \in (a, b)$ 使得 $f (x_{0}) > f (b)$ ，所以选项 (B) 正确。

由已知 $f^{'} (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f^{'} (a) > 0$ ， $f^{'} (b) < 0$ ，则由介值定理，存在 $x_{0} \in (a, b)$ ，使得 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ，所以选项 (C) 正确。

令 $f (x) = 4 - x^{2}$ （ $- 1 \leq x \leq 1$ ），则 $f^{'} (- 1) = 2 > 0$ ， $f^{'} (1) = - 2 < 0$ ，但在 $[- 1, 1]$ 上 $f (x) \geq 3 > 0$ ，所以选项 (D) 是错误的。

12

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 与 $B$ 等价，则必有

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
矩阵 $A$ 与 $B$ 等价意味着存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$ ，使得

B = P A Q

等价矩阵具有相同的秩，但行列式不一定相同。

当 $∣ A ∣ = 0$ 时， $A$ 的秩小于 $n$ ，因此 $B$ 的秩也小于 $n$ ，从而 $∣ B ∣ = 0$ 。

选项 A 和 B 错误，因为当 $∣ A ∣ \neq = 0$ 时， $∣ B ∣$ 不一定等于 $∣ A ∣$ 或 $- ∣ A ∣$ ，可能因初等变换而改变。

选项 C 错误，因为当 $∣ A ∣ \neq = 0$ 时， $A$ 满秩， $B$ 也满秩，故 $∣ B ∣ \neq = 0$ 。

因此，正确选项是 D。

13

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*} \neq = 0,$ 若 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}, ξ_{4}$ 是非齐次线性方程组 $A x = b$ 的互不相等的解，则对应的齐次线性方程组 $A x = 0$ 的基础解系

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
因为

r (A^{*}) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, 1, n, r (A) < n - 1, r (A) = n - 1, r (A) = n,

所以由 $A^{*} \neq = 0$ ，可得 $r (A) = n - 1$ 或 $r (A) = n$ 。由 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 是 $A x = b$ 的不同的解，得 $ξ_{1} - ξ_{2} \neq = 0$ 是 $A x = 0$ 的解，从而 $r (A) < n$ ，因此 $r (A) = n - 1$ 。故基础解系所含向量个数为 $n - (n - 1) = 1$ 。

14

同试卷 1 第 13 题

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 8 分）

求 $lim_{x \to 0} (\frac{1}{s i n ^{2} x} - \frac{c o s ^{2} x}{x ^{2}})$ ．

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【答案】 $\frac{4}{3}$

【解析】
由等价无穷小量代换和洛必达法则，可得

x \to 0 lim (\frac{1}{sin ^{2} x} - \frac{cos ^{2} x}{x ^{2}}) = x \to 0 lim \frac{x ^{2} - sin ^{2} x cos ^{2} x}{x ^{2} sin ^{2} x} = x \to 0 lim \frac{x ^{2} - sin ^{2} x cos ^{2} x}{x ^{4}} = x \to 0 lim \frac{x ^{2} - \frac{1}{4} sin ^{2} 2 x}{x ^{4}} = x \to 0 lim \frac{2 x - \frac{1}{2} sin 4 x}{4 x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{1 - cos 4 x}{6 x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{2} ( 4 x ) ^{2}}{6 x ^{2}} = \frac{4}{3} .

16

（本题满分 8 分）

求 $\iint_{D} (x^{2} + y^{2} + y) d σ$ ，其中 $D$ 是由圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 和 $(x + 1)^{2} + y^{2} = 1$ 所围成的平面区域（如图所示）．

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【答案】 $\frac{16 ( 3 π - 2 )}{9}$

【解析】
首先，积分区域 $D$ 是由圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 和 $(x + 1)^{2} + y^{2} = 1$ 所围成的区域，即大圆内部且小圆外部的区域。由于区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且被积函数中的 $y$ 是关于 $x$ 轴的奇函数，因此 $\iint_{D} y d σ = 0$ 。于是，

\iint_{D} (x^{2} + y^{2} + y) d σ = \iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ .

在极坐标变换 $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ 下，有 $x^{2} + y^{2} = r$ ，面积元素 $d σ = r d r d θ$ ，所以

\iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ = \iint_{D} r \cdot r d r d θ = \iint_{D} r^{2} d r d θ .

因此，原积分化为

I = \iint_{D} r^{2} d r d θ .

由于 $D$ 是大圆内部且小圆外部的区域，故

\iint_{D} r^{2} d r d θ = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} r^{2} d r d θ - \iint_{(x + 1)^{2} + y^{2} \leq 1} r^{2} d r d θ .

计算第一个积分：

A = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} r^{2} d r d θ = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2} r^{2} d r d θ = \int_{0}^{2 π} [\frac{r ^{3}}{3}]_{0}^{2} d θ = \int_{0}^{2 π} \frac{8}{3} d θ = \frac{16 π}{3} .

计算第二个积分。小圆 $(x + 1)^{2} + y^{2} \leq 1$ 在极坐标下表示为 $r \leq - 2 cos θ$ ，其中 $θ \in [π /2, 3 π /2]$ ，因此

B = \iint_{(x + 1)^{2} + y^{2} \leq 1} r^{2} d r d θ = \int_{π /2}^{3 π /2} \int_{0}^{- 2 c o s θ} r^{2} d r d θ = \int_{π /2}^{3 π /2} [\frac{r ^{3}}{3}]_{0}^{- 2 c o s θ} d θ = \int_{π /2}^{3 π /2} \frac{- 8 cos ^{3} θ}{3} d θ .

计算 $\int_{π /2}^{3 π /2} cos^{3} θ d θ$ ：

\int cos^{3} θ d θ = \int cos θ (1 - sin^{2} θ) d θ = sin θ - \frac{1}{3} sin^{3} θ + C,

所以

\int_{π /2}^{3 π /2} cos^{3} θ d θ = [sin θ - \frac{1}{3} sin^{3} θ]_{π /2}^{3 π /2} = (- 1 + \frac{1}{3}) - (1 - \frac{1}{3}) = - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = - \frac{4}{3} .

于是，

B = \frac{- 8}{3} \cdot (- \frac{4}{3}) = \frac{32}{9} .

因此，

I = A - B = \frac{16 π}{3} - \frac{32}{9} = \frac{48 π - 32}{9} = \frac{16 ( 3 π - 2 )}{9} .

故所求积分为 $\frac{16 ( 3 π - 2 )}{9}$ 。

17

（本题满分 8 分）

设 $f (x)$ , $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且满足

\int_{a}^{x} f (t) d t \geq \int_{a}^{x} g (t) d t, x \in [a, b), \int_{a}^{b} f (t) d t = \int_{a}^{b} g (t) d t .

证明： $\int_{a}^{b} x f (x) d x \leq \int_{a}^{b} xg (x) d x$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
设 $h (x) = f (x) - g (x)$ ，则由条件可得

\int_{a}^{x} h (t) d t \geq 0, x \in [a, b), \int_{a}^{b} h (t) d t = 0.

令 $H (x) = \int_{a}^{x} h (t) d t$ ，则 $H (x) \geq 0$ 对于 $x \in [a, b)$ ，且 $H (b) = 0$ 。考虑积分

\int_{a}^{b} x h (x) d x = \int_{a}^{b} x d H (x) .

使用分部积分法：

\int_{a}^{b} x d H (x) = [x H (x)]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} H (x) d x .

由于 $H (a) = 0$ 和 $H (b) = 0$ ，故

[x H (x)]_{a}^{b} = 0,

因此

\int_{a}^{b} x h (x) d x = - \int_{a}^{b} H (x) d x .

由于 $H (x) \geq 0$ 在 $[a, b]$ 上，且 $H (x)$ 连续，故

\int_{a}^{b} H (x) d x \geq 0,

所以

\int_{a}^{b} x h (x) d x \leq 0,

即

\int_{a}^{b} x f (x) d x - \int_{a}^{b} xg (x) d x \leq 0,

从而

\int_{a}^{b} x f (x) d x \leq \int_{a}^{b} xg (x) d x .

证毕。

18

（本题满分 9 分）

设某商品的需求函数为 $Q = 100 - 5 P$ ，其中价格 $P \in (0, 20)$ ， $Q$ 为需求量．

(1) 求需求量对价格的弹性 $E_{d}$ ( $E_{d}$ > 0)；

(2) 推导 $\frac{d R}{d P} = Q (1 - E_{d})$ （其中 $R$ 为收益），并用弹性 $E_{d}$ 说明价格在何范围内变化时，降低价格反而使收益增加．

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【答案】
(1) $E_{d} = \frac{P}{20 - P}$
(2) 当 $P \in (10, 20)$ 时，降低价格反而使收益增加。

【解析】
(I) 由于需求量对价格的弹性 $E_{d} > 0$ ，所以

E_{d} = \frac{P}{Q} \frac{d Q}{d P} = \frac{P}{100 - 5 P} \cdot (- 5) = \frac{P}{20 - P} .

(II) 由 $R = PQ$ ，得

\frac{d R}{d P} = Q + P \frac{d Q}{d P} = Q (1 + \frac{P}{Q} \frac{d Q}{d P}) = Q (1 + \frac{- P}{20 - P}) = Q (1 - E_{d}) .

令 $\frac{d R}{d P} < 0$ ，可得 $E_{d} > 1$ ，即 $\frac{P}{20 - P} > 1$ ，解得 $P > 10$ 。又已知 $P \in (0, 20)$ ，所以当 $10 < P < 20$ 时，收益随价格降低反而增加。

19

（本题满分 9 分）

设级数

\frac{x ^{4}}{2 \cdot 4} + \frac{x ^{6}}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \frac{x ^{8}}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} + \dots (- \infty < x < + \infty)

的和函数为 $S (x)$ ．求：

(1) $S (x)$ 所满足的一阶微分方程；

(2) $S (x)$ 的表达式．

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【答案】
(1) $S (x)$ 所满足的一阶微分方程为： $S^{'} (x) - x S (x) = \frac{x ^{3}}{2}$
(2) $S (x)$ 的表达式为： $S (x) = e^{\frac{x ^{2}}{2}} - 1 - \frac{x ^{2}}{2}$

【解析】
(I) 易知 $S (0) = 0$ ，且有

S^{'} (x) = \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{5}}{2 \cdot 4} + \frac{x ^{7}}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \dots

= x (\frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{2 \cdot 4} + \frac{x ^{6}}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \dots) = x [\frac{x ^{2}}{2} + S (x)] .

因此 $S (x)$ 满足一阶线性微分方程及相应的初始条件：

S^{'} (x) - x S (x) = \frac{x ^{3}}{2}, S (0) = 0.

(II) 由通解公式，上述微分方程的通解为

S (x) = e^{\int x d x} (\int \frac{x ^{3}}{2} e^{- \int x d x} d x + C) = e^{\frac{x ^{2}}{2}} (\int \frac{x ^{3}}{2} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x + C) = e^{\frac{x ^{2}}{2}} (- \int \frac{x ^{2}}{2} d (e^{- \frac{x ^{2}}{2}}) + C) = e^{\frac{x ^{2}}{2}} (- \frac{x ^{2}}{2} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} + \int e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d (\frac{x ^{2}}{2}) + C) = - \frac{x ^{2}}{2} - e^{\frac{x ^{2}}{2}} \cdot e^{- \frac{x ^{2}}{2}} + C e^{\frac{x ^{2}}{2}} = - \frac{x ^{2}}{2} - 1 + C e^{\frac{x ^{2}}{2}} .

由初始条件 $S (0) = 0$ ，得 $C = 1$ 。故

S (x) = - \frac{x ^{2}}{2} - 1 + e^{\frac{x ^{2}}{2}} .

20

（本题满分 13 分）

设 $α_{1} = (1, 2, 0)^{T}$ , $α_{2} = (1, α + 2, - 3 α)^{T}$ , $α_{3} = (- 1, - b - 2, α + 2 b)^{T}$ , $β = (1, 3, - 3)^{T}$ ，试讨论当 $a, b$ 为何值时，

(1) $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示；

(2) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 唯一地线性表示，并求出表示式；

(3) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，但表示式不唯一，并求出表示式．

查看答案与解析

【答案】
(1) 当 $a = 0$ 时， $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。
(2) 当 $a \neq = 0$ 且 $a \neq = b$ 时， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 唯一地线性表示，表示式为：

β = (1 - \frac{1}{a}) α_{1} + \frac{1}{a} α_{2}

(3) 当 $a \neq = 0$ 且 $a = b$ 时， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，但表示式不唯一，表示式为：

β = (1 - \frac{1}{a}) α_{1} + (\frac{1}{a} + k) α_{2} + k α_{3}

其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
设存在实数 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 使得方程组 $α_{1} x_{1} + α_{2} x_{2} + α_{3} x_{3} = β$ 成立。记 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，对矩阵 $(A, β)$ 作初等行变换得

(A, β) = 120 1 a + 2 - 3 a - 1 - b - 2 a + 2 b 13 - 3 \to 100 1 a 0 - 1 - b a - b 110 .

(I) 当 $a = 0$ 时，由

(A, β) \to 100100 - 1 - b - b 110 .

可知 $r (A) \neq = r (A, β)$ 。故方程组无解，即 $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

(II) 当 $a \neq = 0$ 且 $a \neq = b$ 时，可知 $r (A) = r (A, β) = 3$ ，故方程组有唯一解。由同解阶梯形方程求解得

x_{1} = 1 - \frac{1}{a}, x_{2} = \frac{1}{a}, x_{3} = 0.

此时 $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 唯一地线性表示，其表示式为

β = (1 - \frac{1}{a}) α_{1} + \frac{1}{a} α_{2} .

(III) 当 $a \neq = 0$ 且 $a = b \neq = 0$ 时，对矩阵 $(A, β)$ 继续作初等行变换得

(A, β) \to 100 1 a 0 - 1 - a 0 110 \to 100110 - 1 - 1 0 1 \frac{1}{a} 0 \to 100010 0 - 1 0 1 - \frac{1}{a} \frac{1}{a} 0 .

从而 $r (A) = r (A, β) = 2$ 。故方程组有无穷多解，其全部解为

x_{1} = 1 - \frac{1}{a}, x_{2} = \frac{1}{a} + c, x_{3} = c,

其中 $c$ 为任意常数。此时 $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，但表示式不唯一，其表示式为

β = (1 - \frac{1}{a}) α_{1} + (\frac{1}{a} + c) α_{2} + c α_{3} .

21

（本题满分 13 分）

设 $n$ 阶矩阵 $A = 1 b ⋮ b b 1 ⋮ b \dots \dots \dots b b ⋮ 1$ ．

(1) 求 $A$ 的特征值和特征向量；

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵．

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【答案】 见解析

【解析】
(Ⅰ) 当 $b \neq = 0$ 时，

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - b ⋮ - b - b λ - 1 ⋮ - b \dots \dots ⋱ \dots - b - b ⋮ λ - 1 = [λ - 1 - (n - 1) b] [λ - (1 - b)]^{n - 1} .

故 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = 1 + (n - 1) b$ , $λ_{2} = \dots = λ_{n} = 1 - b$ 。对 $λ_{1} = 1 + (n - 1) b$ ，

λ_{1} E - A = (n - 1) b - b ⋮ - b - b (n - 1) b ⋮ - b \dots \dots ⋱ \dots - b - b ⋮ (n - 1) b \to 10 ⋮ 00 01 ⋮ 00 \dots \dots ⋱ \dots \dots 00 ⋮ 10 - 1 - 1 ⋮ - 1 0

求得基础解系 $ξ_{1} = (1, 1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，所以 $A$ 的属于 $λ_{1}$ 的全部特征向量为 $k ξ_{1} = k (1, 1, 1, \dots, 1)^{T}$ （ $k$ 为任意不为零的常数）。

对 $λ_{2} = \dots = λ_{n} = 1 - b$ ，

λ_{i} E - A = - b - b ⋮ - b - b - b ⋮ - b \dots \dots ⋱ \dots - b - b ⋮ - b \to 10 ⋮ 0 10 ⋮ 0 \dots \dots ⋱ \dots 10 ⋮ 0

求得基础解系为

ξ_{2} = (1, - 1, 0, \dots, 0)^{T}, ξ_{3} = (1, 0, - 1, \dots, 0)^{T}, \dots, ξ_{n} = (1, 0, 0, \dots, - 1)^{T} .

故 $A$ 的属于 $λ_{2} = \dots = λ_{n}$ 的全部特征向量为 $k_{2} ξ_{2} + k_{3} ξ_{3} + \dots + k_{n} ξ_{n}$ （ $k_{2}, k_{3}, \dots, k_{n}$ 是不全为零的常数）。

当 $b = 0$ 时，

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 0 ⋮ 0 0 λ - 1 ⋮ 0 \dots \dots ⋱ \dots 00 ⋮ λ - 1 = (λ - 1)^{n},

特征值为 $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 1$ ，任意非零列向量均为特征向量。

(Ⅱ) 当 $b \neq = 0$ 时， $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量。令 $P = (ξ_{1}, ξ_{2}, \dots, ξ_{n})$ ，则

P^{- 1} A P = 1 + (n - 1) b 1 - b ⋱ 1 - b .

当 $b = 0$ 时， $A = E$ ，对任意可逆矩阵 $P$ ，均有 $P^{- 1} A P = E$ 。

22

（本题满分 13 分）

设 $A$ , $B$ 为随机事件，且 $P (A) = \frac{1}{4}$ ， $P (B ∣ A) = \frac{1}{3}$ ， $P (A ∣ B) = \frac{1}{2}$ ．令

X = {1, 0, A 发生, A 不发生; Y = {1, 0, B 发生, B 不发生 .

求：

(1) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布；

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y}$ ；

(3) $Z = X^{2} + Y^{2}$ 的概率分布．

查看答案与解析

【答案】
(1) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

X = 0 X = 1 Y = 0 \frac{2}{3} \frac{1}{6} Y = 1 \frac{1}{12} \frac{1}{12}

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y} = \frac{1}{15}$ 。
(3) $Z = X^{2} + Y^{2}$ 的概率分布为：

Z P 0 \frac{2}{3} 1 \frac{1}{4} 2 \frac{1}{12}

【解析】
(I) 由于 $P (A B) = P (A) P (B ∣ A) = \frac{1}{12}$ ，所以 $P (B) = \frac{P ( A B )}{P ( A ∣ B )} = \frac{1}{6}$ 。利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有

P {X = 1, Y = 1} = P (A B) = \frac{1}{12},

P {X = 1, Y = 0} = P (A \overset{ˉ}{B}) = P (A) - P (A B) = \frac{1}{6},

P {X = 0, Y = 1} = P (\overset{ˉ}{A} B) = P (B) - P (A B) = \frac{1}{12},

P {X = 0, Y = 0} = P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A + B) = 1 - P (A) - P (B) + P (A B) = \frac{2}{3} .

故 $(X, Y)$ 的概率分布为

X = 0 X = 1 Y = 0 \frac{2}{3} \frac{1}{6} Y = 1 \frac{1}{12} \frac{1}{12}

(II) $X, Y$ 的概率分布分别为

P {X = 0} = P {X = 0, Y = 1} + P {X = 0, Y = 0} = \frac{2}{3} + \frac{1}{12} = \frac{3}{4},

P {X = 1} = P {X = 1, Y = 1} + P {X = 1, Y = 0} = \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{1}{4},

P {Y = 0} = P {X = 0, Y = 0} + P {X = 1, Y = 0} = \frac{2}{3} + \frac{1}{6} = \frac{5}{6},

P {Y = 1} = P {X = 0, Y = 1} + P {X = 1, Y = 1} = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{6} .

所以 $X, Y$ 的概率分布为

X P 0 \frac{3}{4} 1 \frac{1}{4} Y P 0 \frac{5}{6} 1 \frac{1}{6}

由 0-1 分布的数学期望和方差公式，有

EX = \frac{1}{4}, E Y = \frac{1}{6}, D X = \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{16}, D Y = \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{36},

E (X Y) = 0 \cdot P {X Y = 0} + 1 \cdot P {X Y = 1} = P {X = 1, Y = 1} = \frac{1}{12} .

故协方差和相关系数等于

Cov (X, Y) = E (X Y) - EX \cdot E Y = \frac{1}{24}, ρ_{X Y} = \frac{Cov ( X , Y )}{D X \cdot D Y} = \frac{15}{15} .

(III) $Z$ 的可能取值为 0, 1, 2. 且有

P {Z = 0} = P {X = 0, Y = 0} = \frac{2}{3},

P {Z = 1} = P {X = 1, Y = 0} + P {X = 0, Y = 1} = \frac{1}{4}

P {Z = 2} = P {X = 1, Y = 1} = \frac{1}{12} .

即 $Z$ 的概率分布为

Z P 0 \frac{2}{3} 1 \frac{1}{4} 2 \frac{1}{12}

23

（本题满分 13 分）

设随机变量 $X$ 的分布函数为

F (x; α, β) = {1 - (\frac{α}{x})^{β}, 0, x > α, x \leq α,

其中参数 $α > 0, β > 1$ ．设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，

(1) 当 $α = 1$ 时，求未知参数 $β$ 的矩估计量；

(2) 当 $α = 1$ 时，求未知参数 $β$ 的最大似然估计量；

(3) 当 $β = 2$ 时，求未知参数 $α$ 的最大似然估计量．

查看答案与解析

【答案】
(1) $\hat{β} = \frac{X ˉ}{X ˉ - 1}$
(2) $\hat{β} = \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} l n X _{i}}$
(3) $\overset{α}{^} = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}$

【解析】
当 $a = 1$ 时， $X$ 的概率密度为

f (x, β) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{β}{x ^{β + 1}}, 0, x > 1; x \leq 1.

(I) 由数学期望的定义：

EX = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x; β) d x = \int_{1}^{+ \infty} x \cdot \frac{β}{x ^{β + 1}} d x = \frac{β}{β - 1} .

用样本均值估计期望有 $EX = \overline{X}$ ，即 $\frac{β}{β - 1} = \overline{X}$ ，解得 $β = \frac{X}{X - 1}$ ，所以参数 $β$ 的矩估计量为

\hat{β} = \frac{X}{X - 1}, 其中 \overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i} .

(II) 设 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 是相应于样本 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 的一组观测值，则似然函数为

L (β) = i = 1 \prod n f (x_{i}; β) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{β ^{n}}{( x _{1} x _{2} \dots x _{n} ) ^{β + 1}}, 0, x_{i} > 1 (i = 1, 2, \dots, n), 其他 .

当 $x_{i} > 1 (i = 1, 2, \dots, n)$ 时， $L (β) > 0$ ，取自然对数得

ln L (β) = n ln β - (β + 1) i = 1 \sum n ln x_{i} .

两边对 $β$ 求导，并令导数为零得

\frac{d ln L ( β )}{d β} = \frac{n}{β} - i = 1 \sum n ln x_{i} = 0 \Rightarrow β = \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} ln x _{i}} .

从而 $β$ 的最大似然估计量为 $\hat{β} = \frac{n}{i = 1 \sum n ln X _{i}}$ 。

(Ⅲ) 当 $β = 2$ 时， $X$ 的概率密度为

f (x, β) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 α ^{2}}{x ^{3}}, 0, x > α; x \leq α .

对于总体 $X$ 的样本值 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ ，似然函数为

L (α) = i = 1 \prod n f (x_{i}; α) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 ^{n} α ^{2 n}}{( x _{1} x _{2} \dots x _{n} ) ^{3}}, 0, x_{i} > α (i = 1, 2, \dots, n), 其他 .

当 $x_{i} > α$ ( $i = 1, 2, \dots, n$ ) 时， $α$ 越大， $L (α)$ 越大。但是必须满足条件 $α \leq x_{i}$ ( $i = 1, 2, \dots, n$ )，所以 $α$ 的最大似然估计值为 $\overset{α}{^} = min {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ 。于是 $α$ 的最大似然估计量为 $\overset{α}{^} = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}$ 。