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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

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

同试卷 3 第 7 题

8

同试卷 3 第 8 题

9

下列结论中正确的是

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

与

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

都收敛． B.

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

与

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

都发散． C.

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

发散，

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

收敛． D.

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

收敛，

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ( x + 1 )}

发散．

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
对于积分 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}$ ，通过部分分式分解为 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}$ ，计算得

\int_{1}^{M} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}) d x = ln \frac{M}{M + 1} + ln 2,

当 $M \to + \infty$ 时， $ln \frac{M}{M + 1} \to 0$ ，因此积分收敛于 $ln 2$ 。

对于积分 $\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ( x + 1 )}$ ，同样分解为 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}$ ，在 $x = 0$ 处为瑕点，计算

\int_{ϵ}^{1} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}) d x = - ln 2 - ln ϵ + ln (ϵ + 1),

当 $ϵ \to 0^{+}$ 时， $ln ϵ \to - \infty$ ，导致积分发散。

因此，第一个积分收敛，第二个积分发散，对应选项 D。

10

同试卷 3 第 10 题

11

同试卷 3 第 11 题

12

设 $A$ , $B$ , $C$ 均为 $n$ 阶矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，若 $B = E + A B$ , $C = A + C A$ ，则 $B - C$ 为

E

． B.

- E

． C.

A

． D.

- A

．

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由 $B = E + A B$ 可得 $B - A B = E$ ，即 $(E - A) B = E$ ，因此 $E - A$ 可逆，且 $B = (E - A)^{- 1}$ 。
由 $C = A + C A$ 可得 $C - C A = A$ ，即 $C (E - A) = A$ ，因此 $C = A (E - A)^{- 1}$ 。
于是

B - C = (E - A)^{- 1} - A (E - A)^{- 1} = (E - A) (E - A)^{- 1} = E

故 $B - C = E$ 。

13

同试卷 1 第 13 题

14

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为独立同分布的随机变量列，且均服从参数为 $λ (λ > 1)$ 的指数分布，记 $Φ (x)$ 为标准正态分布函数，则

lim_{n \to \infty} P {\frac{\sum _{i = 1}^{n} X _{i} - nλ}{λ n} \leq x} = Φ (x)

． B.

lim_{n \to \infty} P {\frac{\sum _{i = 1}^{n} X _{i} - nλ}{nλ} \leq x} = Φ (x)

． C.

lim_{n \to \infty} P {\frac{λ \sum _{i = 1}^{n} X _{i} - n}{n} \leq x} = Φ (x)

． D.

lim_{n \to \infty} P {\frac{\sum _{i = 1}^{n} X _{i} - λ}{nλ} \leq x} = Φ (x)

．

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
设随机变量 $X_{i}$ 服从参数为 $λ$ 的指数分布，则

E [X_{i}] = \frac{1}{λ}, Var (X_{i}) = \frac{1}{λ ^{2}} .

考虑选项 C：令 $Y_{i} = λ X_{i}$ ，则

E [Y_{i}] = 1, Var (Y_{i}) = 1.

那么

i = 1 \sum n Y_{i} = λ i = 1 \sum n X_{i},

且

E [i = 1 \sum n Y_{i}] = n, Var (i = 1 \sum n Y_{i}) = n .

由中心极限定理，

\frac{\sum _{i = 1}^{n} Y _{i} - n}{n} = \frac{λ \sum _{i = 1}^{n} X _{i} - n}{n}

依分布收敛于标准正态分布，即极限概率为 $Φ (x)$ 。

其他选项的标准化形式均不正确：

选项 A 和 B 中减去的项为 $nλ$ ，但均值为 $n / λ$ ；
选项 D 中减去的项为 $λ$ ，但均值为 $n / λ$ ，当 $n \to \infty$ 时不再适用。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 15 题

16

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 16 题

17

（本题满分 9 分）

同试卷 2 第 21 题

18

（本题满分 9 分）

求 $f (x, y) = x^{2} - y^{2} + 2$ 在椭圆域 $D = {(x, y) x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} \leq 1}$ 上的最大值和最小值．

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【答案】 最大值为 3，最小值为 -2。

【解析】
函数 $f (x, y) = x^{2} - y^{2} + 2$ 在椭圆域 $D = {(x, y) x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} \leq 1}$ 上连续，且 $D$ 是紧集，因此最大值和最小值存在。

首先，求内部临界点。计算梯度 $\nabla f = (2 x, - 2 y)$ ，令其为零得 $x = 0, y = 0$ ，点 $(0, 0)$ 在椭圆内部， $f (0, 0) = 2$ 。

其次，求边界 $x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} = 1$ 上的极值。使用拉格朗日乘数法，设 $g (x, y) = x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} - 1 = 0$ ，拉格朗日函数 $L (x, y, λ) = x^{2} - y^{2} + 2 - λ (x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} - 1)$ 。

求偏导数：

\frac{\partial L}{\partial x} = 2 x (1 - λ) = 0,

\frac{\partial L}{\partial y} = - 2 y (1 + \frac{λ}{4}) = 0,

\frac{\partial L}{\partial λ} = - (x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} - 1) = 0.

由 $\frac{\partial L}{\partial x} = 0$ ，得 $x = 0$ 或 $λ = 1$ ；由 $\frac{\partial L}{\partial y} = 0$ ，得 $y = 0$ 或 $λ = - 4$ 。

若 $x = 0$ ，代入约束得 $\frac{y ^{2}}{4} = 1$ ，即 $y = \pm 2$ ，对应点 $(0, 2)$ 和 $(0, - 2)$ ， $f (0, 2) = f (0, - 2) = - 2$ 。
若 $y = 0$ ，代入约束得 $x^{2} = 1$ ，即 $x = \pm 1$ ，对应点 $(1, 0)$ 和 $(- 1, 0)$ ， $f (1, 0) = f (- 1, 0) = 3$ 。
若 $λ = 1$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial y} = - 2 y (1 + \frac{1}{4}) = 0$ ，得 $y = 0$ ，已包含在 $y = 0$ 的情况中。
若 $λ = - 4$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial x} = 2 x (1 - (- 4)) = 0$ ，得 $x = 0$ ，已包含在 $x = 0$ 的情况中。

比较所有候选点的函数值：内部点 $(0, 0)$ 值为 2，边界点 $(0, 2)$ 和 $(0, - 2)$ 值为 -2，边界点 $(1, 0)$ 和 $(- 1, 0)$ 值为 3。因此，最大值为 3，最小值为 -2。

也可通过参数化边界验证：设 $x = cos θ, y = 2 sin θ$ ，则

f = cos^{2} θ - 4 sin^{2} θ + 2 = 3 - 5 sin^{2} θ,

由 $sin^{2} θ \in [0, 1]$ 得 $f \in [- 2, 3]$ ，结论一致。

19

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 19 题

20

（本题满分 13 分）

同试卷 3 第 20 题

21

（本题满分 13 分）

设 $A$ 为三阶矩阵， $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 是线性无关的三维列向量，且满足

A α_{1} = α_{1} + α_{2} + α_{3}, A α_{2} = 2 α_{2} + α_{3}, A α_{3} = 2 α_{2} + 3 α_{3} .

(1) 求矩阵 $B$ ，使得 $A (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) B$ ；

(2) 求矩阵 $A$ 的特征值；

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

查看答案与解析

【答案】
(1) $B = 111021023$
(2) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ （二重）和 $4$
(3) $P = (- α_{1} + α_{2} - 2 α_{1} + α_{3} α_{2} + α_{3})$

【解析】
(1) 由条件 $A α_{1} = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ， $A α_{2} = 2 α_{2} + α_{3}$ ， $A α_{3} = 2 α_{2} + 3 α_{3}$ ，可知

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

其中 $B$ 的列向量分别为 $A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}$ 在基 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 下的坐标。

因此， $A α_{1}$ 的坐标为 $(1, 1, 1)^{T}$ ， $A α_{2}$ 的坐标为 $(0, 2, 1)^{T}$ ， $A α_{3}$ 的坐标为 $(0, 2, 3)^{T}$ ，故

B = 111021023 .

(2) 由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，矩阵 $B$ 是 $A$ 在基 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 下的表示，即 $A$ 与 $B$ 相似，故特征值相同。计算 $B$ 的特征值，解特征方程 $∣ B - λ I ∣ = 0$ ：

∣ B - λ I ∣ = 1 - λ 11 0 2 - λ 1 02 3 - λ = (1 - λ) 2 - λ 1 2 3 - λ = (1 - λ) [(2 - λ) (3 - λ) - 2] = (1 - λ) (λ^{2} - 5 λ + 4) = (1 - λ) (λ - 1) (λ - 4) = - (λ - 1)^{2} (λ - 4) .

令其为零，得特征值 $λ = 1$ （二重）和 $λ = 4$ ，故 $A$ 的特征值为 $1$ 和 $4$ .

(3) 求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵，即求 $A$ 的特征向量。由于 $A$ 与 $B$ 相似，先求 $B$ 的特征向量。对于 $λ = 1$ ，解 $(B - I) v = 0$ ：

B - I = 011011022, x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = 0,

特征向量为 $v_{1} = - 1 10$ , $v_{2} = - 2 01$ . 对于 $λ = 4$ ，解 $(B - 4 I) v = 0$ ：

B - 4 I = - 3 11 0 - 2 1 02 - 1, x_{1} = 0, x_{2} = x_{3},

特征向量为 $v_{3} = 011$ . 令 $Q = - 1 10 - 2 01 011$ ，则 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) Q = (- α_{1} + α_{2} - 2 α_{1} + α_{3} α_{2} + α_{3})$ ，使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵 $diag (1, 1, 4)$ .

22

（本题满分 13 分）

同试卷 3 第 22 题

23

（本题满分 13 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n > 2)$ 为来自总体 $N (0, σ^{2})$ 的简单随机样本，其样本均值为 $\overline{X}$ ，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 $Cov (Y_{1}, Y_{n})$ ；

(3) $P {Y_{1} + Y_{n} \leq 0}$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $D Y_{i} = σ^{2} (1 - \frac{1}{n})$
(2) $Cov (Y_{1}, Y_{n}) = - \frac{σ ^{2}}{n}$
(3) $P {Y_{1} + Y_{n} \leq 0} = \frac{1}{2}$

【解析】
由题设知 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ ( $n > 2$ ) 相互独立，且 $E X_{i} = 0$ , $D X_{i} = σ^{2}$ ( $i = 1, 2, \dots, n$ ),

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

D \overline{X} = D (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D X_{i} = \frac{σ ^{2}}{n} .

(I) 因为 $Y_{i} = X_{i} - \overline{X}$ ，所以对 $i = 1, 2, \dots, n$ ，有 $E Y_{i} = 0$ ，

D Y_{i} = D (X_{i} - \overline{X}) = D (1 - \frac{1}{n}) X_{i} - \frac{1}{n} j \neq = i \sum X_{j} = \frac{( n - 1 ) ^{2}}{n ^{2}} σ^{2} + \frac{1}{n ^{2}} \cdot (n - 1) σ^{2} = \frac{n - 1}{n} σ^{2} .

(II) 由协方差的定义：

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = E (Y_{1} Y_{n}) - E Y_{1} E Y_{n} = E (Y_{1} Y_{n}) = E [(X_{1} - \overline{X}) (X_{n} - \overline{X})] = E (X_{1} X_{n} - X_{1} \overline{X} - X_{n} \overline{X} + \overline{X}^{2}) = E (X_{1} X_{n}) - E (X_{1} \overline{X}) - E (X_{n} \overline{X}) + E (\overline{X}^{2}) .

因为 $X_{1}, X_{n}$ 独立，有

E (X_{1} X_{n}) = E X_{1} E X_{n} = 0 \times 0 = 0.

由方差的公式，有

E (\overline{X}^{2}) = D \overline{X} + (E \overline{X})^{2} = \frac{σ ^{2}}{n} + 0 = \frac{σ ^{2}}{n} .

由期望的性质和方差的公式有

E (X_{1} \overline{X}) = E (\frac{1}{n} j = 1 \sum n X_{1} X_{j}) = E (\frac{1}{n} X_{1}^{2} + \frac{1}{n} j = 2 \sum n X_{1} X_{j}) = \frac{1}{n} E (X_{1}^{2}) + \frac{1}{n} j = 2 \sum n E (X_{1}) E (X_{j}) = \frac{1}{n} [D X_{1} + (E X_{1})^{2}] + 0 = \frac{1}{n} (σ^{2} + 0) = \frac{σ ^{2}}{n} .

同理 $E (X_{n} \overline{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}$ 。所以

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = E (X_{1} X_{n}) - E (X_{1} \overline{X}) - E (X_{n} \overline{X}) + E (\overline{X}^{2}) = 0 - \frac{σ ^{2}}{n} - \frac{σ ^{2}}{n} + \frac{σ ^{2}}{n} = - \frac{σ ^{2}}{n} .

(Ⅲ) 因为 $Y_{1} + Y_{n}$ 是相互独立的正态随机变量的线性组合：

Y_{1} + Y_{n} = X_{1} - \overline{X} + X_{n} - \overline{X} = \frac{n - 2}{n} X_{1} - \frac{2}{n} i = 2 \sum n - 1 X_{i} + \frac{n - 2}{n} X_{n},

所以 $Y_{1} + Y_{n}$ 服从正态分布。由于 $E (Y_{1} + Y_{n}) = 0$ ，故 $P {Y_{1} + Y_{n} ⩽ 0} = \frac{1}{2}$ 。