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2005 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

曲线 $y = \frac{x ^{2}}{2 x + 1}$ 的斜渐近线方程为 ______．

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【答案】
$y = \frac{1}{2} x - \frac{1}{4}$

【解析】
曲线 $y = \frac{x ^{2}}{2 x + 1}$ 的斜渐近线形式为 $y = m x + b$ 。
首先求斜率 $m$ ：

m = x \to \infty lim \frac{y}{x} = x \to \infty lim \frac{\frac{x ^{2}}{2 x + 1}}{x} = x \to \infty lim \frac{x}{2 x + 1} = x \to \infty lim \frac{1}{2 + \frac{1}{x}} = \frac{1}{2}

然后求截距 $b$ ：

b = x \to \infty lim (y - m x) = x \to \infty lim (\frac{x ^{2}}{2 x + 1} - \frac{1}{2} x) = x \to \infty lim \frac{2 x ^{2} - x ( 2 x + 1 )}{2 ( 2 x + 1 )} = x \to \infty lim \frac{- x}{4 x + 2} = x \to \infty lim \frac{- 1}{4 + \frac{2}{x}} = - \frac{1}{4}

因此，斜渐近线方程为 $y = \frac{1}{2} x - \frac{1}{4}$ 。

2

微分方程 $x y^{'} + 2 y = x ln x$ 满足 $y (1) = - \frac{1}{9}$ 的解为 ______．

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【答案】
$y = \frac{x}{3} ln x - \frac{x}{9}$

【解析】
给定微分方程 $x y^{'} + 2 y = x ln x$ 和初始条件 $y (1) = - \frac{1}{9}$ 。
首先，将方程化为标准形式 $y^{'} + P (x) y = Q (x)$ ，即

y^{'} + \frac{2}{x} y = ln x

其中 $P (x) = \frac{2}{x}$ ， $Q (x) = ln x$ 。
计算积分因子 $μ (x) = e^{\int P (x) d x} = e^{\int \frac{2}{x} d x} = e^{2 l n x} = x^{2}$ 。
将原方程乘以积分因子：

x^{2} y^{'} + 2 x y = x^{2} ln x

左边可写为 $\frac{d}{d x} (x^{2} y)$ ，因此

\frac{d}{d x} (x^{2} y) = x^{2} ln x

两边积分：

x^{2} y = \int x^{2} ln x d x

计算积分：
设 $u = ln x$ ， $d v = x^{2} d x$ ，则 $d u = \frac{1}{x} d x$ ， $v = \frac{x ^{3}}{3}$ ，

\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{3}}{3} \cdot \frac{1}{x} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{1}{3} \int x^{2} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{1}{3} \cdot \frac{x ^{3}}{3} = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9}

所以

x^{2} y = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C

解得

y = \frac{x}{3} ln x - \frac{x}{9} + \frac{C}{x ^{2}}

代入初始条件 $y (1) = - \frac{1}{9}$ ：

- \frac{1}{9} = \frac{1}{3} ln 1 - \frac{1}{9} + C

由于 $ln 1 = 0$ ，有

- \frac{1}{9} = 0 - \frac{1}{9} + C

解得 $C = 0$ 。
因此，解为

y = \frac{x}{3} ln x - \frac{x}{9}

3

设函数 $u (x, y, z) = 1 + \frac{x ^{2}}{6} + \frac{y ^{2}}{12} + \frac{z ^{2}}{18}$ ，单位向量 $n = \frac{1}{3} {1, 1, 1}$ ，则 $\frac{\partial u}{\partial n}_{(1, 2, 3)} =$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 函数 $u (x, y, z) = 1 + \frac{x ^{2}}{6} + \frac{y ^{2}}{12} + \frac{z ^{2}}{18}$ 在点 $(1, 2, 3)$ 处沿单位向量 $n = \frac{1}{3} (1, 1, 1)$ 的方向导数 $\frac{\partial u}{\partial n}$ 由梯度 $\nabla u$ 与 $n$ 的点积给出。

首先计算梯度 $\nabla u$ ：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x}{3}, \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{y}{6}, \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{z}{9}

因此，

\nabla u = (\frac{x}{3}, \frac{y}{6}, \frac{z}{9})

在点 $(1, 2, 3)$ 处，

\nabla u ∣_{(1, 2, 3)} = (\frac{1}{3}, \frac{2}{6}, \frac{3}{9}) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})

然后计算点积：

\frac{\partial u}{\partial n} = \nabla u \cdot n = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}) \cdot \frac{1}{3} (1, 1, 1) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}

故方向导数为 $\frac{1}{3}$ 。

4

设 $Ω$ 是由锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ 与半球面 $z = R^{2} - x^{2} - y^{2}$ 围成的空间区域， $Σ$ 是 $Ω$ 的整个边界的外侧，则 $\iint_{Σ} x d y d z + y d z d x + z d x d y =$ ______．

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【答案】 $π R^{3} (2 - 2)$

【解析】 根据高斯公式，将曲面积分转化为体积分：

\iint_{Σ} x d y d z + y d z d x + z d x d y = ∭_{Ω} (\frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial z}) d V = ∭_{Ω} 3 d V = 3 ∭_{Ω} d V .

其中， $Ω$ 是由锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ 与半球面 $z = R^{2} - x^{2} - y^{2}$ 围成的区域。计算区域 $Ω$ 的体积，使用柱坐标变换：

x = r cos θ, y = r sin θ, z = z, d V = r d r d θ d z .

锥面与半球面相交于 $x^{2} + y^{2} = \frac{R ^{2}}{2}$ ，即 $r = \frac{R}{2}$ 。对于 $r \in [0, \frac{R}{2}]$ ， $z$ 从锥面 $z = r$ 到半球面 $z = R^{2} - r^{2}$ 。体积分为：

∭_{Ω} d V = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{R}{2}} r d r \int_{r}^{R^{2} - r^{2}} d z = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{R}{2}} r (R^{2} - r^{2} - r) d r .

计算径向积分：

\int_{0}^{\frac{R}{2}} r R^{2} - r^{2} d r = \frac{R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2 ^{3/2}}), \int_{0}^{\frac{R}{2}} r^{2} d r = \frac{R ^{3}}{3 \cdot 2 ^{3/2}} .

所以，

\int_{0}^{\frac{R}{2}} r (R^{2} - r^{2} - r) d r = \frac{R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2 ^{3/2}} - \frac{1}{2 ^{3/2}}) = \frac{R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2}) .

因此，

∭_{Ω} d V = 2 π \cdot \frac{R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2}) = \frac{2 π R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2}) .

曲面积分为：

3 \cdot \frac{2 π R ^{3}}{3} (1 - \frac{1}{2}) = 2 π R^{3} (1 - \frac{1}{2}) = π R^{3} (2 - 2) .

故答案为 $π R^{3} (2 - 2)$ 。

5

设 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 均为3维列向量，记矩阵

A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}), B = (α_{1} + α_{2} + α_{3}, α_{1} + 2 α_{2} + 4 α_{3}, α_{1} + 3 α_{2} + 9 α_{3}),

如果 $∣ A ∣ = 1$ ，那么 $∣ B ∣ =$ ______．

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【答案】 2

【解析】 已知矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 且 $∣ A ∣ = 1$ ，矩阵 $B = (α_{1} + α_{2} + α_{3}, α_{1} + 2 α_{2} + 4 α_{3}, α_{1} + 3 α_{2} + 9 α_{3})$ 。
将 $B$ 表示为 $B = A C$ ，其中 $C$ 是一个系数矩阵。
通过分析 $B$ 的列向量：

第一列 $α_{1} + α_{2} + α_{3} = A 111$ ，
第二列 $α_{1} + 2 α_{2} + 4 α_{3} = A 124$ ，
第三列 $α_{1} + 3 α_{2} + 9 α_{3} = A 139$ ，
因此 $C = 111124139$ 。
于是 $∣ B ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ C ∣ = 1 \cdot ∣ C ∣$ 。
计算 $∣ C ∣$ ：
$∣ C ∣ = 111124139 = 1 \cdot 2439 - 1 \cdot 1139 + 1 \cdot 1124 = 1 \cdot (18 - 12) - 1 \cdot (9 - 3) + 1 \cdot (4 - 2) = 6 - 6 + 2 = 2.$ 或者， $C$ 是范德蒙德矩阵，节点为 $1, 2, 3$ ，其行列式为 $(2 - 1) (3 - 1) (3 - 2) = 1 \times 2 \times 1 = 2$ 。
故 $∣ B ∣ = 2$ 。

6

从数 $1$ , $2$ , $3$ , $4$ 中任取一个数，记为 $X$ ，再从 $1, 2, \dots, X$ 中任取一个数，记为 $Y$ ，则 $P {Y = 2} =$ ______．

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【答案】 $\frac{13}{48}$

【解析】 首先， $X$ 从集合 ${1, 2, 3, 4}$ 中等概率取值的概率为 $P {X = i} = \frac{1}{4}$ ，其中 $i = 1, 2, 3, 4$ 。
然后，在给定 $X$ 的条件下， $Y$ 从集合 ${1, 2, \dots, X}$ 中等概率取值。
因此， $P {Y = 2 ∣ X = i}$ 取决于 $i$ ：

当 $X = 1$ 时， $Y$ 只能取 1，故 $P {Y = 2 ∣ X = 1} = 0$ ；
当 $X = 2$ 时， $Y$ 从 ${1, 2}$ 中取，故 $P {Y = 2 ∣ X = 2} = \frac{1}{2}$ ；
当 $X = 3$ 时， $Y$ 从 ${1, 2, 3}$ 中取，故 $P {Y = 2 ∣ X = 3} = \frac{1}{3}$ ；
当 $X = 4$ 时， $Y$ 从 ${1, 2, 3, 4}$ 中取，故 $P {Y = 2 ∣ X = 4} = \frac{1}{4}$ 。
由全概率公式：
$P {Y = 2} = \sum_{i = 1}^{4} P {X = i} \cdot P {Y = 2 ∣ X = i}$ 代入计算：
$P {Y = 2} = \frac{1}{4} \times 0 + \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4} (0 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4})$ 计算括号内和：
$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6}{12} + \frac{4}{12} + \frac{3}{12} = \frac{13}{12}$ 所以：
$P {Y = 2} = \frac{1}{4} \times \frac{13}{12} = \frac{13}{48}$ 因此，答案为 $\frac{13}{48}$ 。

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

设函数 $f (x) = lim_{n \to \infty} n 1 + ∣ x ∣^{3 n}$ ，则 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
函数 $f (x) = lim_{n \to \infty} n 1 + ∣ x ∣^{3 n}$ 的极限计算如下：

当 $∣ x ∣ < 1$ 时， $∣ x ∣^{3 n} \to 0$ ，故 $f (x) = 1$ 。
当 $∣ x ∣ = 1$ 时， $1 + ∣ x ∣^{3 n} = 2$ ，故 $f (x) = lim_{n \to \infty} n 2 = 1$ 。
当 $∣ x ∣ > 1$ 时， $∣ x ∣^{3 n} \to \infty$ ，故 $f (x) = ∣ x ∣^{3}$ 。
因此， $f (x) = {1 ∣ x ∣^{3} if ∣ x ∣ \leq 1 if ∣ x ∣ > 1$ 。

由于 $f (x)$ 是偶函数，只需考虑 $x \geq 0$ 时的可导性。

在 $x = 0$ 处， $f (x) = 1$ 常数，可导，导数为 0。
在 $x = 1$ 处，左导数为 0，右导数为 3，不可导。
由偶函数对称性，在 $x = - 1$ 处同样不可导。
在 $∣ x ∣ < 1$ 且 $x \neq = 0$ 时， $f (x) = 1$ 可导；在 $∣ x ∣ > 1$ 时， $f (x) = ∣ x ∣^{3}$ 可导。
因此，不可导点恰为 $x = 1$ 和 $x = - 1$ ，共两个不可导点。

8

设 $F (x)$ 是连续函数 $f (x)$ 的一个原函数，表示“ $M$ 的充分必要条件是 $N$ ”，则必有

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 设 $F (x)$ 是 $f (x)$ 的一个原函数，即 $F^{'} (x) = f (x)$ 。

对于选项 A：若 $F (x)$ 是偶函数，即 $F (- x) = F (x)$ ，求导得 $- F^{'} (- x) = F^{'} (x)$ ，即 $f (- x) = - f (x)$ ，所以 $f (x)$ 是奇函数；反之，若 $f (x)$ 是奇函数，考虑原函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，则 $F (- x) = \int_{0}^{- x} f (t) d t$ ，令 $u = - t$ ，得 $F (- x) = \int_{0}^{x} f (- u) (- d u) = \int_{0}^{x} - f (u) (- d u) = \int_{0}^{x} f (u) d u = F (x)$ ，所以 $F (x)$ 是偶函数，且任意原函数 $F (x) + C$ 也是偶函数。因此 $F (x)$ 是偶函数 $\Leftrightarrow$ $f (x)$ 是奇函数，选项 A 正确。
对于选项 B：若 $F (x)$ 是奇函数，则 $F (- x) = - F (x)$ ，求导得 $- F^{'} (- x) = - F^{'} (x)$ ，即 $f (- x) = f (x)$ ，所以 $f (x)$ 是偶函数；但若 $f (x)$ 是偶函数，原函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 是奇函数，但其他原函数 $F (x) + C$ 可能不是奇函数（当 $C \neq = 0$ ），因此 $\Leftrightarrow$ 不成立。
对于选项 C：若 $F (x)$ 是周期函数，则 $F (x + T) = F (x)$ ，求导得 $f (x + T) = f (x)$ ，所以 $f (x)$ 是周期函数；但若 $f (x)$ 是周期函数，原函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 满足 $F (x + T) = F (x) + \int_{0}^{T} f (t) d t$ ，当 $\int_{0}^{T} f (t) d t \neq = 0$ 时 $F (x)$ 不是周期函数，因此 $\Leftrightarrow$ 不成立。
对于选项 D：若 $F (x)$ 是单调函数，则 $f (x) = F^{'} (x) \geq 0$ （或 $\leq 0$ )，但 $f (x)$ 不一定单调；反之，若 $f (x)$ 是单调函数，原函数 $F (x)$ 不一定单调，例如 $f (x) = x$ 单调递增，但原函数 $F (x) = \frac{x ^{2}}{2}$ 在 $(- \infty, 0)$ 递减，在 $(0, \infty)$ 递增，不是单调函数，因此 $\Leftrightarrow$ 不成立。
故正确答案为 A。

9

设函数 $u (x, y) = ϕ (x + y) + ϕ (x - y) + \int_{x - y}^{x + y} ψ (t) d t$ ，其中函数 $ϕ$ 具有二阶导数， $ψ$ 具有一阶导数，则必有

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 给定函数 $u (x, y) = ϕ (x + y) + ϕ (x - y) + \int_{x - y}^{x + y} ψ (t) d t$ ，其中 $ϕ$ 具有二阶导数， $ψ$ 具有一阶导数。计算一阶偏导数：

\frac{\partial u}{\partial x} = ϕ^{'} (x + y) + ϕ^{'} (x - y) + ψ (x + y) - ψ (x - y)

\frac{\partial u}{\partial y} = ϕ^{'} (x + y) - ϕ^{'} (x - y) + ψ (x + y) + ψ (x - y)

接着计算二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = ϕ^{''} (x + y) + ϕ^{''} (x - y) + ψ^{'} (x + y) - ψ^{'} (x - y)

\frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = ϕ^{''} (x + y) + ϕ^{''} (x - y) + ψ^{'} (x + y) - ψ^{'} (x - y)

比较得 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}}$ ，故选项 B 正确。其他选项不成立，例如混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} = ϕ^{''} (x + y) - ϕ^{''} (x - y) + ψ^{'} (x + y) + ψ^{'} (x - y)$ 与 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}}$ 或 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}}$ 均不相等。

10

设有三元方程 $x y - z ln y + e^{x z} = 1$ ，根据隐函数存在定理，存在点 $(0, 1, 1)$ 的一个邻域，在此邻域内该方程

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】 定义函数

F (x, y, z) = x y - z ln y + e^{x z} - 1

，在点

(0, 1, 1)

处，

F (0, 1, 1) = 0 \cdot 1 - 1 \cdot ln 1 + e^{0 \cdot 1} - 1 = 0 - 0 + 1 - 1 = 0

，满足隐函数存在定理的条件。计算偏导数：

\frac{\partial F}{\partial x} = y + z e^{x z}

，在

(0, 1, 1)

处值为

1 + 1 \cdot e^{0} = 2 \neq = 0

；

\frac{\partial F}{\partial y} = x - \frac{z}{y}

，在

(0, 1, 1)

处值为

0 - \frac{1}{1} = - 1 \neq = 0

；

\frac{\partial F}{\partial z} = - ln y + x e^{x z}

，在

(0, 1, 1)

处值为

- ln 1 + 0 \cdot e^{0} = 0

。由于

\frac{\partial F}{\partial z} = 0

，不能确定隐函数

z = z (x, y)

；但

\frac{\partial F}{\partial x} \neq = 0

和

\frac{\partial F}{\partial y} \neq = 0

，因此可以确定隐函数

x = x (y, z)

和

y = y (x, z)

，且它们具有连续偏导数。故选项 D 正确。

11

设 $λ_{1}, λ_{2}$ 是矩阵 $A$ 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为 $α_{1}, α_{2}$ ，则 $α_{1}$ ， $A (α_{1} + α_{2})$ 线性无关的充分必要条件是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
设向量组为 $α_{1}$ 与 $A (α_{1} + α_{2})$ 。
已知

A α_{1} = λ_{1} α_{1}, A α_{2} = λ_{2} α_{2},

所以

A (α_{1} + α_{2}) = λ_{1} α_{1} + λ_{2} α_{2} .

考虑线性组合

c_{1} α_{1} + c_{2} (λ_{1} α_{1} + λ_{2} α_{2}) = 0,

整理得

(c_{1} + c_{2} λ_{1}) α_{1} + c_{2} λ_{2} α_{2} = 0.

由于 $α_{1}$ 与 $α_{2}$ 属于不同特征值，它们线性无关，因此系数必须全为零：

{c_{1} + c_{2} λ_{1} = 0, c_{2} λ_{2} = 0.

若 $λ_{2} \neq = 0$ ，则 $c_{2} = 0$ ，代入第一式得 $c_{1} = 0$ ，向量组线性无关。
若 $λ_{2} = 0$ ，则 $c_{2}$ 可取任意非零值，如取 $c_{2} = 1$ ，则 $c_{1} = - λ_{1}$ ，存在非零解，向量组线性相关。

因此，向量组线性无关的充要条件是 $λ_{2} \neq = 0$ ，对应选项 B。

12

设 $A$ 为 $n$ ( $n \geq 2$ )阶可逆矩阵，交换 $A$ 的第 $1$ 行与第 $2$ 行得矩阵 $B$ ， $A^{*}, B^{*}$ 分别为 $A$ , $B$ 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 $n$ 阶可逆矩阵，交换 $A$ 的第 $1$ 行与第 $2$ 行得矩阵 $B$ ，即 $B = E_{12} A$ ，其中 $E_{12}$ 为交换两行的初等矩阵。由伴随矩阵的性质， $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ ， $B^{*} = ∣ B ∣ B^{- 1}$ 。由于交换两行改变行列式的符号，有 $∣ B ∣ = - ∣ A ∣$ 。同时， $B^{- 1} = A^{- 1} E_{12}^{- 1} = A^{- 1} E_{12}$ （因为 $E_{12}^{- 1} = E_{12}$ )。代入得 $B^{*} = (- ∣ A ∣) A^{- 1} E_{12} = - (∣ A ∣ A^{- 1}) E_{12} = - A^{*} E_{12}$ 。右乘 $E_{12}$ 表示交换矩阵的列，因此 $A^{*} E_{12}$ 是交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列后的矩阵。故 $B^{*} = - (A^{*} 12)$ ，即交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $- B^{*}$ 。选项 C 正确。

通过 $n = 2$ 的例子验证：设 $A = (a c b d)$ ，则 $A^{*} = (d - c - b a)$ 。交换行得 $B = (c a d b)$ ，则 $B^{*} = (b - a - d c)$ 。交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $(- b a d - c) = - B^{*}$ ，符合结论。其他选项不成立。

13

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为

X \ Y 01 0 0.4 b 1 a 0.1

已知随机事件 ${X = 0}$ 与 ${X + Y = 1}$ 相互独立，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由概率分布的性质，所有概率之和为 1，即

0.4 + a + b + 0.1 = 1,

解得

a + b = 0.5.

事件 ${X = 0}$ 与 ${X + Y = 1}$ 相互独立，因此

P ({X = 0} \cap {X + Y = 1}) = P ({X = 0}) \cdot P ({X + Y = 1}) .

其中，

P ({X = 0}) = P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) = 0.4 + a, P ({X + Y = 1}) = P (X = 0, Y = 1) + P (X = 1, Y = 0) = a + b, P ({X = 0} \cap {X + Y = 1}) = P (X = 0, Y = 1) = a .

代入独立条件得：

a = (0.4 + a) (a + b) .

由 $a + b = 0.5$ ，代入得：

a = (0.4 + a) \times 0.5,

解得

a = 0.4,

进而

b = 0.1.

验证：

P ({X = 0}) = 0.8, P ({X + Y = 1}) = 0.5, P (交集) = 0.4,

乘积为 $0.8 \times 0.5 = 0.4$ ，满足独立条件。

因此，选项 B 正确。

14

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n \geq 2)$ 为来自总体 $N (0, 1)$ 的简单随机样本， $\overline{X}$ 为样本均值， $S^{2}$ 为样本方差，则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

应选 (D)。因 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n \geq 2)$ 为来自总体 $N (0, 1)$ 的简单随机样本，故有

\overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i} \sim N (0, \frac{1}{n})

根据正态总体抽样分布理论有

\frac{X - 0}{1/ n} = n \overline{X} \sim N (0, 1), \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{1 ^{2}} = (n - 1) S^{2} \sim χ^{2} (n - 1), \frac{X - 0}{S / n} = \frac{n X}{S} \sim t (n - 1);

故排除选项 (A)、(B)、(C)。又

X_{1}^{2} \sim χ^{2} (1), i = 2 \sum n X_{i}^{2} \sim χ^{2} (n - 1),

且 $X_{1}^{2}$ 与 $\sum_{i = 2}^{n} X_{i}^{2}$ 相互独立，于是

\frac{X _{1}^{2} /1}{\sum _{i = 2}^{n} X _{i}^{2} / ( n - 1 )} = \frac{( n - 1 ) X _{1}^{2}}{\sum _{i = 2}^{n} X _{i}^{2}} \sim F (1, n - 1) .

故应选 (D)。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 11 分）

设 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq 2, x \geq 0, y \geq 0}$ ， $[1 + x^{2} + y^{2}]$ 表示不超过 $1 + x^{2} + y^{2}$ 的最大整数．计算二重积分 $\iint_{D} x y [1 + x^{2} + y^{2}] d x d y .$

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【答案】 $\frac{3}{8}$

【解析】 区域 $D$ 是四分之一圆盘 $x^{2} + y^{2} \leq 2$ , $x \geq 0$ , $y \geq 0$ 。引入极坐标变换 $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ ，则 $D$ 对应于 $0 \leq θ \leq π /2$ , $0 \leq r \leq 2 = 2^{1/4}$ 。积分变为：

\iint_{D} x y [1 + x^{2} + y^{2}] d x d y = \int_{0}^{π /2} \int_{0}^{2^{1/4}} r^{2} cos θ sin θ [1 + r^{2}] \cdot r d r d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{π /2} sin 2 θ d θ \int_{0}^{2^{1/4}} r^{3} [1 + r^{2}] d r .

由于 $1 + r^{2} \in [1, 1 + 2]$ ，且 $2 \approx 1.414$ ，故 $1 + r^{2} \in [1, 2.414)$ ，取整函数 $[1 + r^{2}]$ 在 $r^{2} < 1$ 时取值为 1，在 $r^{2} \geq 1$ 时取值为 2。因此将 $r$ 的积分分段：

\int_{0}^{2^{1/4}} r^{3} [1 + r^{2}] d r = \int_{0}^{1} r^{3} \cdot 1 d r + \int_{1}^{2^{1/4}} r^{3} \cdot 2 d r = [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{1} + 2 [\frac{r ^{4}}{4}]_{1}^{2^{1/4}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} ((2^{1/4})^{4} - 1) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} (2 - 1) = \frac{3}{4} .

又，

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

因此，

\iint_{D} x y [1 + x^{2} + y^{2}] d x d y = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8} .

16

（本题满分 12 分）

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )}) x^{2 n}$ 的收敛区间与和函数 $f (x)$ ．

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【答案】
收敛区间为 $(- 1, 1)$ ，和函数为

f (x) = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}} - ln (1 + x^{2}) + 2 x arctan x .

【解析】
考虑幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )}) x^{2 n}$ 。令 $y = x^{2}$ ，则级数化为 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n} y^{n}$ ，其中 $c_{n} = (- 1)^{n - 1} (1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )})$ 。
使用比值判别法：

n \to \infty lim \frac{c _{n + 1}}{c _{n}} = n \to \infty lim \frac{1 + \frac{1}{( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}}{1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )}} = 1,

故收敛半径 $R = 1$ ，即当 $∣ y ∣ < 1$ 时收敛， $∣ y ∣ > 1$ 时发散。由于 $y = x^{2}$ ，有 $∣ x ∣ < 1$ 时收敛， $∣ x ∣ > 1$ 时发散。
当 $∣ x ∣ = 1$ 时，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )})$ 。将其拆分为 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n ( 2 n - 1 )}$ 。前者通项不趋于零，发散；后者绝对收敛。故整体在 $∣ x ∣ = 1$ 时发散。收敛区间为 $(- 1, 1)$ 。

求和函数 $f (x)$ ：

f (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} (1 + \frac{1}{n ( 2 n - 1 )}) x^{2 n} = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} x^{2 n} + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n ( 2 n - 1 )} x^{2 n} = S_{1} (x) + S_{2} (x) .

其中

S_{1} (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} x^{2 n} = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}}, ∣ x ∣ < 1.

对于 $S_{2} (x)$ ：

S_{2} (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n ( 2 n - 1 )} x^{2 n} .

分解 $\frac{1}{n ( 2 n - 1 )} = - \frac{1}{n} + \frac{2}{2 n - 1}$ ，

S_{2} (x) = - n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n} x^{2 n} + 2 n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{2 n - 1} x^{2 n} = - A (x) + 2 B (x) .

其中

A (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n} x^{2 n} = ln (1 + x^{2}), ∣ x ∣ < 1,

B (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{2 n - 1} x^{2 n} = x^{2} m = 0 \sum \infty (- 1)^{m} \frac{x ^{2 m}}{2 m + 1} = x arctan x, ∣ x ∣ < 1.

故

S_{2} (x) = - ln (1 + x^{2}) + 2 x arctan x .

因此，

f (x) = S_{1} (x) + S_{2} (x) = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}} - ln (1 + x^{2}) + 2 x arctan x, ∣ x ∣ < 1.

17

（本题满分 11 分）

如图，曲线 $C$ 的方程为 $y = f (x)$ ，点 $(3, 2)$ 是它的一个拐点，直线 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 分别是曲线 $C$ 在点 $(0, 0)$ 与 $(3, 2)$ 处的切线，其交点为 $(2, 4)$ ．设函数 $f (x)$ 具有三阶连续导数，计算定积分 $\int_{0}^{3} (x^{2} + x) f^{'''} (x) d x$ ．

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【答案】 $20$

【解析】

由直线 $l_{1}$ 过 $(0, 0)$ 和 $(2, 4)$ 两点知直线 $l_{1}$ 的斜率为 $2$ 。由直线 $l_{1}$ 是曲线 $C$ 在点 $(0, 0)$ 的切线，由导数的几何意义知 $f^{'} (0) = 2$ 。同理可得 $f^{'} (3) = - 2$ 。另外由点 $(3, 2)$ 是曲线 $C$ 的一个拐点知 $f^{''} (3) = 0$ 。由分部积分公式，

\int_{0}^{3} (x^{2} + x) f^{'''} (x) d x = \int_{0}^{3} (x^{2} + x) d (f^{''} (x)) = [(x^{2} + x) f^{''} (x)]_{0}^{3} - \int_{0}^{3} f^{''} (x) (2 x + 1) d x = - \int_{0}^{3} (2 x + 1) d (f^{'} (x)) = - [(2 x + 1) f^{'} (x)]_{0}^{3} + 2 \int_{0}^{3} f^{'} (x) d x = 16 + 2 [f (3) - f (0)] = 20.

18

（本题满分 12 分）

已知函数 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f (0) = 0, f (1) = 1$ ．证明：

(1) 存在 $ξ \in (0, 1),$ 使得 $f (ξ) = 1 - ξ$ ；

(2) 存在两个不同的点 $η, ζ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{'} (η) f^{'} (ζ) = 1$ ．

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【解析】
(1) 令 $g (x) = f (x) + x - 1$ 。由于 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，故 $g (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续。计算得 $g (0) = f (0) + 0 - 1 = - 1 < 0$ ， $g (1) = f (1) + 1 - 1 = 1 > 0$ 。由介值定理，存在 $ξ \in (0, 1)$ 使得 $g (ξ) = 0$ ，即 $f (ξ) + ξ - 1 = 0$ ，所以 $f (ξ) = 1 - ξ$ 。

(2) 由 (1) 知存在 $ξ \in (0, 1)$ 满足 $f (ξ) = 1 - ξ$ 。在区间 $[0, ξ]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $η \in (0, ξ)$ 使得

f^{'} (η) = \frac{f ( ξ ) - f ( 0 )}{ξ - 0} = \frac{1 - ξ}{ξ} .

在区间 $[ξ, 1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $ζ \in (ξ, 1)$ 使得

f^{'} (ζ) = \frac{f ( 1 ) - f ( ξ )}{1 - ξ} = \frac{1 - ( 1 - ξ )}{1 - ξ} = \frac{ξ}{1 - ξ} .

于是，

f^{'} (η) f^{'} (ζ) = \frac{1 - ξ}{ξ} \cdot \frac{ξ}{1 - ξ} = 1.

由于 $η \in (0, ξ)$ 和 $ζ \in (ξ, 1)$ ，故 $η$ 和 $ζ$ 是两个不同的点。

19

（本题满分 12 分）

设函数 $ϕ (y)$ 具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线 $L$ 上，曲线积分 $\oint_{L} \frac{ϕ ( y ) d x + 2 x y d y}{2 x ^{2} + y ^{4}}$ 的值恒为同一常数．

(1) 证明：对右半平面 $x > 0$ 内的任意分段光滑简单闭曲线 $C$ ，有

\oint_{C} \frac{ϕ ( y ) d x + 2 x y d y}{2 x ^{2} + y ^{4}} = 0.

(2) 求函数 $ϕ (y)$ 的表达式．

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【答案】
(1) 对于右半平面 $x > 0$ 内的任意分段光滑简单闭曲线 $C$ ，有 $\oint_{C} \frac{ϕ ( y ) d x + 2 x y d y}{2 x ^{2} + y ^{4}} = 0$ 。
(2) $ϕ (y) = - y^{2}$ 。

【解析】
(1) 由于在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线 $L$ 上，曲线积分 $\oint_{L} \frac{ϕ ( y ) d x + 2 x y d y}{2 x ^{2} + y ^{4}}$ 的值恒为同一常数，考虑右半平面 $x > 0$ 内的任意分段光滑简单闭曲线 $C$ 。因为 $C$ 不包含原点，且被积函数在 $x > 0$ 内具有连续偏导数（分母 $2 x^{2} + y^{4} > 0$ ），所以 $C$ 可以在 $x > 0$ 内连续收缩为一点。在收缩过程中，曲线积分值保持不变，当收缩为一点时，曲线积分为零，因此沿 $C$ 的曲线积分为零。

(2) 由条件知，曲线积分在围绕原点的闭曲线上为常数，这意味着被积函数在原点外满足 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，其中 $P = \frac{ϕ ( y )}{2 x ^{2} + y ^{4}}$ ， $Q = \frac{2 x y}{2 x ^{2} + y ^{4}}$ 。
计算偏导数：

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (\frac{2 x y}{2 x ^{2} + y ^{4}}) = \frac{2 y ( 2 x ^{2} + y ^{4} ) - 2 x y \cdot 4 x}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} = \frac{4 x ^{2} y + 2 y ^{5} - 8 x ^{2} y}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} = \frac{2 y ^{5} - 4 x ^{2} y}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}},

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{ϕ ( y )}{2 x ^{2} + y ^{4}}) = \frac{ϕ ^{'} ( y ) ( 2 x ^{2} + y ^{4} ) - ϕ ( y ) \cdot 4 y ^{3}}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} .

令两者相等：

\frac{ϕ ^{'} ( y ) ( 2 x ^{2} + y ^{4} ) - 4 y ^{3} ϕ ( y )}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} = \frac{2 y ^{5} - 4 x ^{2} y}{( 2 x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}},

即

ϕ^{'} (y) (2 x^{2} + y^{4}) - 4 y^{3} ϕ (y) = 2 y^{5} - 4 x^{2} y .

整理得：

2 x^{2} ϕ^{'} (y) + ϕ^{'} (y) y^{4} - 4 y^{3} ϕ (y) = - 4 x^{2} y + 2 y^{5} .

比较 $x^{2}$ 的系数：

2 ϕ^{'} (y) = - 4 y \Rightarrow ϕ^{'} (y) = - 2 y .

代入上式：

(- 2 y) \cdot y^{4} - 4 y^{3} ϕ (y) = 2 y^{5} \Rightarrow - 2 y^{5} - 4 y^{3} ϕ (y) = 2 y^{5} \Rightarrow - 4 y^{3} ϕ (y) = 4 y^{5} \Rightarrow ϕ (y) = - y^{2} .

因此，函数 $ϕ (y) = - y^{2}$ 。

20

（本题满分 9 分）

已知二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (1 - a) x_{1}^{2} + (1 - a) x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 (1 + a) x_{1} x_{2}$ 的秩为 $2$ ．

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 求正交变换 $x = Q y$ ，把 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化成标准形；

(3) 求方程 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解．

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【答案】

(1) $a = 0$
(2) 正交变换 $x = Q y$ 中， $Q = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 001$ ，标准形为 $f = 2 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$
(3) 方程 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解为 $x_{1} = t, x_{2} = - t, x_{3} = 0$ ，其中 $t$ 为任意实数。

【解析】 (1) 二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的矩阵为 $A = 1 - a 1 + a 0 1 + a 1 - a 0 002$ 。秩为 2 意味着 $det (A) = 0$ 。计算行列式：

det (A) = det (1 - a 1 + a 1 + a 1 - a) \times 2 = [(1 - a)^{2} - (1 + a)^{2}] \times 2 = [- 4 a] \times 2 = - 8 a

设 $- 8 a = 0$ ，得 $a = 0$ 。当 $a = 0$ 时，矩阵 $A = 110110002$ ，秩为 2，符合条件。

(2) 当 $a = 0$ 时，二次型为 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2}$ ，矩阵 $A = 110110002$ 。求特征值和特征向量：
特征多项式为 $det (A - λ I) = det 1 - λ 10 1 1 - λ 0 00 2 - λ = (λ^{2} - 2 λ) (2 - λ) = - λ (λ - 2)^{2}$ ，特征值为 $λ = 0$ （单根）和 $λ = 2$ （二重根）。
对于 $λ = 0$ ，解 $(A - 0 I) v = 0$ 得特征向量 $(1, - 1, 0)^{T}$ ，单位化得 $u_{1} = (\frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, 0)^{T}$ 。
对于 $λ = 2$ ，解 $(A - 2 I) v = 0$ 得特征向量 $(1, 1, 0)^{T}$ 和 $(0, 0, 1)^{T}$ ，单位化得 $u_{2} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)^{T}$ 和 $u_{3} = (0, 0, 1)^{T}$ 。
正交矩阵 $Q = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 001$ ，标准形为 $f = 0 \cdot y_{1}^{2} + 2 \cdot y_{2}^{2} + 2 \cdot y_{3}^{2} = 2 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ 。

(3) 由标准形 $f = 2 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2} = 0$ 得 $y_{2} = 0$ ， $y_{3} = 0$ ， $y_{1}$ 任意。代入正交变换 $x = Q y$ ：

x = Q y_{1} 00 = y_{1} \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0

令 $t = \frac{y _{1}}{2}$ ，则解为 $x_{1} = t$ ， $x_{2} = - t$ ， $x_{3} = 0$ ，其中 $t$ 为任意实数。

21

（本题满分 9 分）

已知 $3$ 阶矩阵 $A$ 的第一行是 $(a, b, c)$ ， $a, b, c$ 不全为零，矩阵 $B = 123246 36 k$ （ $k$ 为常数），且 $A B = 0$ ，求线性方程组 $A x = 0$ 的通解．

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【解析】

由 $A B = 0$ 知， $B$ 的每一列均为 $A x = 0$ 的解，且 $r (A) + r (B) \leq 3$ 。

(Ⅰ) 若 $k \neq = 9$ ，则 $r (B) = 2$ ，于是 $r (A) = 1$ 。记 $B = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，则 $β_{1}, β_{3}$ 是方程组的解且线性无关，可作为其基础解系，故 $A x = 0$ 的通解为：

x = k_{1} 123 + k_{2} 36 k, k_{1}, k_{2} 为任意常数。

(Ⅱ) 若 $k = 9$ ，则 $r (B) = 1$ ，于是 $r (A) = 1$ 或 $r (A) = 2$ 。

(i) 若 $r (A) = 2$ ，则方程组的基础解系由一个线性无关的解组成， $β_{1}$ 是方程组 $A x = 0$ 的基础解系，则 $A x = 0$ 的通解为：

x = k_{1} 123, k_{1} 为任意常数。

(ii) 若 $r (A) = 1$ ，则 $A$ 的三个行向量成比例，因第 1 行元素 $(a, b, c)$ 不全为零，不妨设 $a \neq = 0$ ，则 $A x = 0$ 的同解方程组为： $a x_{1} + b x_{2} + c x_{3} = 0$ ，系数矩阵的秩为 1，故基础解系由 2 个线性无关解向量组成，选 $x_{2}, x_{3}$ 为自由未知量，分别取 $x_{2} = 1, x_{3} = 0$ 或 $x_{2} = 0, x_{3} = 1$ ，方程组的基础解系为

ξ_{1} = - \frac{b}{a} 10, ξ_{2} = - \frac{c}{a} 01,

则其通解为 $x = k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2}$ ， $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

22

（本题满分 9 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为 $f (x, y) = {1, 0, 0 < x < 1, 0 < y < 2 x, 其他 .$ 求：

(1) $(X, Y)$ 的边缘概率密度 $f_{X} (x), f_{Y} (y)$ ；

(2) $Z = 2 X - Y$ 的概率密度 $f_{Z} (z)$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $f_{X} (x) = {2 x, 0, 0 < x < 1, 其他$
$f_{Y} (y) = {1 - \frac{y}{2}, 0, 0 < y < 2, 其他$

(2) $f_{Z} (z) = {1 - \frac{z}{2}, 0, 0 < z < 2, 其他$

【解析】

(1) 边缘概率密度计算

对于 $f_{X} (x)$ ，通过对 $y$ 积分得到
$f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x, y) d y .$
当 $0 < x < 1$ 时， $y$ 的范围为 $0 < y < 2 x$ ，于是
$f_{X} (x) = \int_{0}^{2 x} 1 d y = 2 x .$
其他情况下， $f_{X} (x) = 0$ 。
对于 $f_{Y} (y)$ ，通过对 $x$ 积分得到
$f_{Y} (y) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x, y) d x .$
当 $0 < y < 2$ 时， $x$ 的范围为 $\frac{y}{2} < x < 1$ ，因此
$f_{Y} (y) = \int_{y /2}^{1} 1 d x = 1 - \frac{y}{2} .$
其他情况下， $f_{Y} (y) = 0$ 。

(2) $Z = 2 X - Y$ 的概率密度计算

采用累积分布函数（CDF）方法。首先计算

F_{Z} (z) = P (Z \leq z) = P (2 X - Y \leq z) .

由于 $f (x, y)$ 在区域 $0 < x < 1, 0 < y < 2 x$ 上为 1，其余为 0，可得：

当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = 0$ ；
当 $z > 2$ 时， $F_{Z} (z) = 1$ 。

对于 $0 < z < 2$ ，计算概率 $P (2 X - Y \leq z)$ 在区域

0 < x < 1, 0 < y < 2 x, y \geq 2 x - z

上的积分。将 $x$ 分为两个区间：

当 $x \in [0, z /2]$
此时 $y$ 从 $0$ 到 $2 x$ ，积分值为
$\int_{0}^{z /2} \int_{0}^{2 x} 1 d y d x = \int_{0}^{z /2} 2 x d x = \frac{z ^{2}}{4} .$
当 $x \in [z /2, 1]$
此时 $y$ 从 $2 x - z$ 到 $2 x$ ，积分值为
$\int_{z /2}^{1} \int_{2 x - z}^{2 x} 1 d y d x = \int_{z /2}^{1} z d x = z (1 - \frac{z}{2}) = z - \frac{z ^{2}}{2} .$

因此，

F_{Z} (z) = \frac{z ^{2}}{4} + (z - \frac{z ^{2}}{2}) = z - \frac{z ^{2}}{4} .

对 $F_{Z} (z)$ 求导，得到

f_{Z} (z) = \frac{d}{d z} (z - \frac{z ^{2}}{4}) = 1 - \frac{z}{2}, 0 < z < 2,

其他情况下 $f_{Z} (z) = 0$ 。

验证：

\int_{0}^{2} (1 - \frac{z}{2}) d z = 1,

满足概率密度函数的性质。

23

（本题满分 9 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n > 2)$ 为来自总体 $N (0, 1)$ 的简单随机样本， $\overline{X}$ 为样本均值，记 $Y_{i} = X_{i} - \overline{X}$ ， $i = 1, 2, \dots, n$ ．求：

(1) $Y_{i}$ 的方差 $D Y_{i}$ ， $i = 1, 2, \dots, n$ ；

(2) $Y_{1}$ 与 $Y_{n}$ 的协方差 $Cov (Y_{1}, Y_{n})$ ．

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【答案】
(1) $D Y_{i} = 1 - \frac{1}{n}$
(2) $Cov (Y_{1}, Y_{n}) = - \frac{1}{n}$

【解析】
(1) 由于 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 独立同分布于 $N (0, 1)$ ，有 $E X_{i} = 0$ ， $D X_{i} = 1$ 。样本均值 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ，则 $E \overline{X} = 0$ ， $D \overline{X} = \frac{1}{n}$ 。
计算 $Y_{i} = X_{i} - \overline{X}$ 的方差：

D Y_{i} = D (X_{i} - \overline{X}) = D X_{i} + D \overline{X} - 2 Cov (X_{i}, \overline{X})

其中 $Cov (X_{i}, \overline{X}) = Cov (X_{i}, \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n} X_{j}) = \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n} Cov (X_{i}, X_{j})$ 。
由于 $X_{i}$ 独立，当 $i = j$ 时 $Cov (X_{i}, X_{j}) = D X_{i} = 1$ ，当 $i \neq = j$ 时 $Cov (X_{i}, X_{j}) = 0$ ，故 $Cov (X_{i}, \overline{X}) = \frac{1}{n}$ 。
代入得：

D Y_{i} = 1 + \frac{1}{n} - 2 \cdot \frac{1}{n} = 1 - \frac{1}{n}

因此， $D Y_{i} = 1 - \frac{1}{n}$ 。

(2) 计算 $Y_{1}$ 与 $Y_{n}$ 的协方差：

Y_{1} = X_{1} - \overline{X}, Y_{n} = X_{n} - \overline{X}

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = Cov (X_{1} - \overline{X}, X_{n} - \overline{X}) = Cov (X_{1}, X_{n}) - Cov (X_{1}, \overline{X}) - Cov (\overline{X}, X_{n}) + Cov (\overline{X}, \overline{X})

由于 $X_{1}$ 与 $X_{n}$ 独立， $Cov (X_{1}, X_{n}) = 0$ 。
已知 $Cov (X_{1}, \overline{X}) = \frac{1}{n}$ ， $Cov (\overline{X}, X_{n}) = \frac{1}{n}$ ， $Cov (\overline{X}, \overline{X}) = D \overline{X} = \frac{1}{n}$ 。
代入得：

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = 0 - \frac{1}{n} - \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = - \frac{1}{n}

因此， $Cov (Y_{1}, Y_{n}) = - \frac{1}{n}$ 。