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2008 年真题

23 题

选择题

1

设函数 $f (x) = \int_{0}^{x^{2}} ln (2 + t) d t$ ，则 $f^{'} (x)$ 的零点个数为（）。

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正确答案：B

正确答案：B

$f^{'} (x) = [ln (2 + x^{2})] \cdot 2 x$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，即 $x = 0$ 是 $f^{'} (x)$ 的一个零点。

又 $f^{''} (x) = 2 ln (2 + x^{2}) + \frac{4 x ^{2}}{2 + x ^{2}} > 0$ ，从而 $f^{'} (x)$ 单调递增 $(x \in (- \infty, + \infty))$ 。

所以 $f^{'} (x)$ 只有一个零点。

2

函数 $f (x, y) = arctan \frac{x}{y}$ 在点 $(0, 1)$ 处的梯度等于 ( )

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正确答案：A

正确答案：A

因为 $f_{x}^{'} = \frac{1/ y}{1 + x ^{2} / y ^{2}}$ ， $f_{y}^{'} = \frac{- x / y ^{2}}{1 + x ^{2} / y ^{2}}$ ，

所以 $f_{x}^{'} (0, 1) = 1$ ， $f_{y}^{'} (0, 1) = 0$ ，

因此 $grad f (0, 1) = 1 \cdot i + 0 \cdot j = i$ 。

3

在下列微分方程中，以 $y = C_{1} e^{x} + C_{2} cos 2 x + C_{3} sin 2 x$ （ $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 、 $C_{3}$ 为任意常数）为通解的是（）

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正确答案：D

正确答案：D

由微分方程的通解中含有 $e^{x}$ 、 $cos 2 x$ 、 $sin 2 x$ 可知，齐次线性方程所对应的特征方程有根 $r = 1$ ， $r = \pm 2 i$ 。

因此，特征方程为：

(r - 1) (r - 2 i) (r + 2 i) = 0

展开得：

r^{3} - r^{2} + 4 r - 4 = 0

故以已知函数为通解的微分方程为：

y^{'''} - y^{''} + 4 y^{'} - 4 y = 0

4

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内单调有界， ${x_{n}}$ 为数列，下列命题正确的是（　　）

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正确答案：B

正确答案：B
因为

f (x)

在

(- \infty, + \infty)

内单调有界，且

{x_{n}}

单调，所以

{f (x_{n})}

单调且有界，故

{f (x_{n})}

一定存在极限。

5

设 $A$ 为 $n$ 阶非零矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，若 $A^{3} = 0$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

(E - A) (E + A + A^{2}) = E - A^{3} = E

，

(E + A) (E - A + A^{2}) = E + A^{3} = E

，
故

E - A

与

E + A

均可逆。

6

设二次型 $f (x, y, z) = X^{T} A X$ （ $X = (x, y, z)^{T}$ ）的图形如图，则 $A$ 的正特征值个数为（）

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正确答案：B

正确答案：B

图示的二次曲面为双叶双曲面，其方程为

\frac{x ^{'2}}{a ^{2}} - \frac{y ^{'2}}{b ^{2}} - \frac{z ^{'2}}{c ^{2}} = 1,

即二次型的标准形为

f = \frac{x ^{'2}}{a ^{2}} - \frac{y ^{'2}}{b ^{2}} - \frac{z ^{'2}}{c ^{2}} .

因此，正惯性指数为 $1$ ，说明矩阵 $A$ 的正特征值个数为 $1$ 。

7

设随机变量 $X$ 、 $Y$ 独立同分布，且 $X$ 的分布函数为 $F (x)$ ，则 $Z = max {X, Y}$ 的分布函数为（）

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正确答案：A

正确答案：A

F_{Z} (x) = P (Z \leq x) = P {max {X, Y} \leq x} = P (X \leq x) P (Y \leq x) = F (x) F (x) = F^{2} (x)

8

设随机变量 $X \sim N (0, 1)$ ， $Y \sim N (1, 4)$ 且相关系数 $ρ_{X Y} = 1$ ，则()

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正确答案：D

正确答案：D

用排除法，设 $Y = a X + b$ 。
由 $ρ_{X Y} = 1$ ，可知 $X$ 与 $Y$ 正相关，得 $a > 0$ ，排除 (A) 和 (C)。
由 $X \sim N (0, 1)$ ， $Y \sim N (1, 4)$ ，得 $E (X) = 0$ ， $E (Y) = 1$ 。
于是

E (Y) = E (a X + b) = a E (X) + b = a \times 0 + b = 1,

所以 $b = 1$ ，排除 (B)。
故选择 (D)。

填空题

9

（填空题）微分方程 $x y^{'} + y = 0$ 满足条件 $y (1) = 1$ 的解是 $y =$

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【答案】 $y = \frac{1}{x}$

【解析】 由 $\frac{d y}{d x} = \frac{- y}{x}$ 分离变量积分得
$- ln ∣ y ∣ = ln ∣ x ∣ + C_{1}$ ，
所以 $\frac{1}{∣ y ∣} = ∣ x ∣ \cdot C$ 。

又 $y (1) = 1$ ，
所以 $y = \frac{1}{x}$ 。

10

（填空题）曲线 $sin (x y) + ln (y - x) = x$ 在点 $(0, 1)$ 处的切线方程为

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【答案】 $y = x + 1$

【解析】 设 $F (x, y) = sin (x y) + ln (y - x) - x$ ，则

\frac{d y}{d x} = - \frac{F _{x}^{'}}{F _{y}^{'}} = - \frac{y cos ( x y ) - \frac{1}{y - x} - 1}{x cos ( x y ) + \frac{1}{y - x}}

将 $y (0) = 1$ 代入得

\frac{d y}{d x}_{x = 0} = 1

故切线方程为

y - 1 = x - 0

即

y = x + 1

11

（填空题）已知幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x + 2)^{n}$ 在 $x = 0$ 处收敛，在 $x = - 4$ 处发散，则幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x - 3)^{n}$ 的收敛域为（）

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【答案】 $(1, 5]$

【解析】
幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x + 2)^{n}$ 的收敛区间以 $x = - 2$ 为中心。
由于该级数在 $x = 0$ 处收敛，在 $x = - 4$ 处发散，因此其收敛半径为 $2$ ，收敛域为 $(- 4, 0]$ 。
即当 $- 2 < x + 2 \leq 2$ 时级数收敛，亦即 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} t^{n}$ 的收敛半径为 $2$ ，收敛域为 $(- 2, 2]$ 。

对于 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x - 3)^{n}$ ，其收敛半径仍为 $2$ 。
由 $- 2 < x - 3 \leq 2$ 可得 $1 < x \leq 5$ ，
因此幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x - 3)^{n}$ 的收敛域为 $(1, 5]$ 。

12

（填空题）设曲面 $Σ$ 是 $z = 4 - x^{2} - y^{2}$ 的上侧，则 $\iint_{Σ} x y d y d z + x d z d x + x^{2} d x d y =$

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【答案】 4π

【解析】 给定曲面 $\sum_{1} : z = 0$ （其中 $x^{2} + y^{2} \leq 4$ ）的下侧，记 $\sum$ 与 $\sum_{1}$ 所围成的空间区域为 $Ω$ 。

则原式可表示为：

\iint_{\sum + \sum_{1}} (x y d y d z + x d z d x + x^{2} d x d y) - \iint_{\sum_{1}} (x y d y d z + x d z d x + x^{2} d x d y)

利用高斯公式，第一项化为：

∭_{Ω} y d x d y d z

第二项由于 $\sum_{1}$ 取下侧，其法向量与 $z$ 轴反向，故：

\iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} x^{2} d x d y

因此原式等于：

∭_{Ω} y d x d y d z - (- \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} x^{2} d x d y)

由于 $Ω$ 关于 $x$ 轴对称且被积函数 $y$ 为奇函数，故：

∭_{Ω} y d x d y d z = 0

剩余部分为：

\iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} x^{2} d x d y

利用对称性：

\iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} x^{2} d x d y = \frac{1}{2} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 4} (x^{2} + y^{2}) d x d y

转换为极坐标：

\frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} r^{3} d r = \frac{1}{2} \cdot 2 π \cdot \frac{16}{4} = 4 π

最终结果为：

4 π

13

（填空题）设 $A$ 为 $2$ 阶矩阵， $α_{1}$ ， $α_{2}$ 为线性无关的 $2$ 维列向量， $A α_{1} = 0$ ， $A α_{2} = 2 α_{1} + α_{2}$ ，则 $A$ 的非零特征值为（）

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【答案】 1

【解析】 由 $A (α_{1}, α_{2}) = (α_{1}, α_{2}) (0021)$ ，记 $P = (α_{1}, α_{2})$ ， $B = (0021)$ ，则 $A$ 与 $B$ 相似。

由 $∣ λ E - B ∣ = λ (λ - 1) = 0$ ，得 $B$ 的特征值为 $0$ 和 $1$ ，故 $A$ 的非零特征值为 $1$ 。

14

（填空题）设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，则 $P {X = E X^{2}} =$ ______

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【答案】 $\frac{1}{2 e}$

【解析】 由 $D X = E X^{2} - (EX)^{2}$ ， $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，故 $D X = EX = 1$ 。

所以 $E X^{2} = 1 + 1 = 2$ ，则 $P {X = 2} = \frac{1 ^{2}}{2 !} e^{- 1} = \frac{1}{2 e}$ 。

解答题

15

（本题满分 9 分）

求极限

x \to 0 lim \frac{[ sin x - sin ( sin x )] sin x}{x ^{4}}

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【答案】 $\frac{1}{6}$

【解析】 方法一：

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

方法二：

∵ sin x sin (sin x) = x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3}), = sin x - \frac{1}{6} sin^{3} x + o (sin^{3} x)

∴ x \to 0 lim \frac{[ sin x - sin ( sin x )] sin x}{x ^{4}} = x \to 0 lim [\frac{sin ^{4} x}{6 x ^{4}} + \frac{o ( sin ^{4} x )}{x ^{4}}] = \frac{1}{6}

16

（本题满分 9 分）

计算曲线积分 $\int_{L} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y$ ，其中 $L$ 是曲线 $y = sin x$ 上从点 $(0, 0)$ 到点 $(π, 0)$ 的一段。

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【答案】 $- \frac{π ^{2}}{2}$

【解析】 方法一：（直接取 $x$ 为参数，将对坐标的曲线积分化成定积分计算）

\int_{L} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y = \int_{0}^{π} [sin 2 x + 2 (x^{2} - 1) sin x \cdot cos x] d x = \int_{0}^{π} x^{2} sin 2 x d x = - \frac{x ^{2}}{2} cos 2 x_{0}^{π} + \int_{0}^{π} x cos 2 x d x = - \frac{π ^{2}}{2} + \frac{x}{2} sin 2 x_{0}^{π} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π} sin 2 x d x = - \frac{π ^{2}}{2}

方法二：（添加 $x$ 轴上的直线段，用格林公式化成二重积分计算）

取 $L_{1}$ 为 $x$ 轴上从点 $(π, 0)$ 到点 $(0, 0)$ 的一段， $D$ 是由 $L$ 与 $L_{1}$ 围成的区域。

\int_{L} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y = \int_{L + L_{1}} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y - \int_{L_{1}} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y = - \iint_{D} 4 x y d x d y - \int_{π}^{0} sin 2 x d x = - \int_{0}^{π} d x \int_{0}^{s i n x} 4 x y d y - \frac{1}{2} cos 2 x_{0}^{π} = - \int_{0}^{π} 2 x sin^{2} x d x = - \int_{0}^{π} x (1 - cos 2 x) d x = - \frac{x ^{2}}{2}_{0}^{π} + \frac{x}{2} sin 2 x_{0}^{π} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π} sin 2 x d x = - \frac{π ^{2}}{2}

方法三：（将其拆成 $\int_{L} sin 2 x d x - 2 y d y + \int_{L} 2 x^{2} y d y$ ，前者与路径无关，选择沿 $x$ 轴上的直线段积分，后者化成定积分计算）

\int_{L} sin 2 x d x + 2 (x^{2} - 1) y d y = \int_{L} sin 2 x d x - 2 y d y + \int_{L} 2 x^{2} y d y = I_{1} + I_{2}

对于 $I_{1}$ ，因为 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} = 0$ ，故曲线积分与路径无关，取 $(0, 0)$ 到 $(π, 0)$ 的直线段积分。

I_{1} = \int_{0}^{π} sin 2 x d x = 0

I_{2} = \int_{L} 2 x^{2} y d y = \int_{0}^{π} 2 x^{2} sin x cos x d x = \int_{0}^{π} x^{2} sin 2 x d x = - \frac{1}{2} \int_{0}^{π} x^{2} d cos 2 x = - \frac{1}{2} x^{2} cos 2 x_{0}^{π} + \frac{1}{2} \int_{0}^{π} 2 x cos 2 x d x = - \frac{1}{2} π^{2} + \frac{1}{2} \int_{0}^{π} x d sin 2 x = - \frac{1}{2} π^{2} + \frac{1}{2} [x sin 2 x + \frac{1}{2} cos 2 x]_{0}^{π} = - \frac{1}{2} π^{2}

所以，原式 $= - \frac{1}{2} π^{2}$ 。

17

（本题满分 11 分）

已知曲线 $C : {x^{2} + y^{2} - 2 z^{2} = 0 x + y + 3 z = 5$ ，求曲线 $C$ 距离 $XO Y$ 面最远的点和最近的点。

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【答案】 最远点为 $(- 5, - 5, 5)$ ，最近点为 $(1, 1, 1)$ 。

【解析】

点 $(x, y, z)$ 到 $x O y$ 面的距离为 $∣ z ∣$ ，故求 $C$ 上距离 $x O y$ 面的最远点和最近点的坐标，等价于求函数 $H = z^{2}$ 在条件 $x^{2} + y^{2} - 2 z^{2} = 0$ 与 $x + y + 3 z = 5$ 下的最大值点和最小值点。

令

L (x, y, z, λ, μ) = z^{2} + λ (x^{2} + y^{2} - 2 z^{2}) + μ (x + y + 3 z - 5)

则有

⎩ ⎨ ⎧ L_{x}^{'} = 2 λ x + μ = 0 L_{y}^{'} = 2 λ y + μ = 0 L_{z}^{'} = 2 z - 4 λ z + 3 μ = 0 x^{2} + y^{2} - 2 z^{2} = 0 x + y + 3 z = 5 (1) (2) (3) (4) (5)

由 (1) 和 (2) 得 $x = y$ ，代入 (4) 和 (5) 得

{x^{2} - z^{2} = 0 2 x + 3 z = 5

解得

⎩ ⎨ ⎧ x = - 5 y = - 5 z = 5 或 ⎩ ⎨ ⎧ x = 1 y = 1 z = 1

18

（本题满分 10 分）

设 $f (x)$ 是连续函数，

(1) 利用定义证明函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 可导，且 $F^{'} (x) = f (x)$ ；

(2) 当 $f (x)$ 是以 $2$ 为周期的周期函数时，证明函数 $G (x) = 2 \int_{0}^{x} f (t) d t - x \int_{0}^{2} f (t) d t$ 也是以 $2$ 为周期的周期函数。

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【答案】 见解析

【解析】
(1) 对任意的 $x$ ，由于 $f$ 是连续函数，所以

Δ x \to 0 lim \frac{F ( x + Δ x ) - F ( x )}{Δ x} = Δ x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x + Δ x} f ( t ) d t - \int _{0}^{x} f ( t ) d t}{Δ x} = Δ x \to 0 lim \frac{\int _{x}^{x + Δ x} f ( t ) d t}{Δ x} = Δ x \to 0 lim \frac{f ( ξ ) Δ x}{Δ x} = Δ x \to 0 lim f (ξ), ξ x x + Δ x

由于 $lim_{Δ x \to 0} f (ξ) = f (x)$ ，可知函数 $F (x)$ 在 $x$ 处可导，且 $F^{'} (x) = f (x)$ 。

(2) 方法一：要证明 $G (x)$ 以 $2$ 为周期，即要证明对任意的 $x$ ，都有 $G (x + 2) = G (x)$ 。
令 $H (x) = G (x + 2) - G (x)$ ，则

H^{'} (x) = (2 \int_{0}^{x + 2} f (t) d t - (x + 2) \int_{0}^{2} f (t) d t)^{'} - (2 \int_{0}^{x} f (t) d t - x \int_{0}^{2} f (t) d t)^{'} = 2 f (x + 2) - \int_{0}^{2} f (t) d t - 2 f (x) + \int_{0}^{2} f (t) d t = 0

又因为

H (0) = G (2) - G (0) = (2 \int_{0}^{2} f (t) d t - 2 \int_{0}^{2} f (t) d t) - 0 = 0

所以 $H (x) = 0$ ，即 $G (x + 2) = G (x)$ 。

方法二：由于 $f$ 是以 $2$ 为周期的连续函数，所以对任意的 $x$ ，有

G (x + 2) - G (x) = 2 \int_{0}^{x + 2} f (t) d t - (x + 2) \int_{0}^{2} f (t) d t - 2 \int_{0}^{x} f (t) d t + x \int_{0}^{2} f (t) d t = 2 [\int_{0}^{2} f (t) d t + \int_{2}^{x + 2} f (t) d t - \int_{0}^{x} f (t) d t] = 2 [- \int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{0}^{x} f (u + 2) d u] = 2 \int_{0}^{x} [f (t + 2) - f (t)] d t = 0

即 $G (x)$ 是以 $2$ 为周期的周期函数。

19

（本题满分 $11$ 分）

将 $f (x) = 1 - x^{2} (0 \leq x \leq π)$ 展开为余弦级数，并求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}}$ 的和。

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【答案】 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{12}$

【解析】
由于

a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (1 - x^{2}) d x = 2 - \frac{2 π ^{2}}{3},

a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (1 - x^{2}) cos n x d x = (- 1)^{n + 1} \frac{4}{n ^{2}} (n = 1, 2, \dots),

所以

f (x) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n} cos n x = 1 - \frac{π ^{2}}{3} + 4 n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}} cos n x (0 \leq x \leq π) .

令 $x = 0$ ，有

f (0) = 1 - \frac{π ^{2}}{3} + 4 n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}} .

又 $f (0) = 1$ ，所以

n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{12} .

20

（本题满分 10 分）

设 $α, β$ 为 3 维列向量，矩阵 $A = α α^{T} + β β^{T}$ ，其中 $α^{T}, β^{T}$ 分别是 $α, β$ 的转置。证明：

（Ⅰ） $r (A) \leq 2$ ；

（Ⅱ）若 $α, β$ 线性相关，则秩 $r (A) < 2$ 。

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【答案】 见解析

【解析】

(I) 我们有
$r (A) = r (α α^{T} + β β^{T}) \leq r (α α^{T}) + r (β β^{T}) \leq r (α) + r (β) \leq 2$ 。

(II) 由于 $α$ 、 $β$ 线性相关，不妨设 $α = k β$ 。于是
$r (A) = r (α α^{T} + β β^{T}) = r ((1 + k^{2}) β β^{T}) \leq r (β) \leq 1 < 2$ 。

21

（本题满分 12 分）

设 $n$ 元线性方程组 $A x = b$ ，其中

A = 2 a a^{2} 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a, x = x_{1} x_{2} ⋮ x_{n}, b = 10 ⋮ 0 .

(Ⅰ) 证明行列式 $∣ A ∣ = (n + 1) a^{n}$ ；

(Ⅱ) 当 $a$ 为何值时，该方程组有唯一解，并求 $x_{1}$ ；

(Ⅲ) 当 $a$ 为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解。

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【答案】
（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）当 $a \neq = 0$ 时，方程组有唯一解，且 $x_{1} = \frac{n}{( n + 1 ) a}$
（Ⅲ）当 $a = 0$ 时，方程组有无穷多解，且通解为 $x = 010 ⋮ 0 + k 100 ⋮ 0$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
（Ⅰ）证明
记

D_{n} = ∣ A ∣ = 2 a a^{2} 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a_{n},

下面用数学归纳法证明 $D_{n} = (n + 1) a^{n}$ 。

当 $n = 1$ 时， $D_{1} = 2 a$ ，结论成立。

当 $n = 2$ 时，

D_{2} = 2 a a^{2} 1 2 a = 3 a^{2},

结论成立。

假设结论对小于 $n$ 的情况成立，将 $D_{n}$ 按第一行展开，得

D_{n} = 2 a D_{n - 1} - a^{2} 0 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a_{n - 1} .

第二个行列式等于

a^{2} D_{n - 2},

因此

D_{n} = 2 a D_{n - 1} - a^{2} D_{n - 2} .

代入归纳假设

D_{n - 1} = n a^{n - 1}, D_{n - 2} = (n - 1) a^{n - 2},

得

D_{n} = 2 a \cdot n a^{n - 1} - a^{2} \cdot (n - 1) a^{n - 2} = (n + 1) a^{n} .

故

∣ A ∣ = (n + 1) a^{n} .

（Ⅱ）解
当 $a \neq = 0$ 时，方程组系数行列式 $D_{n} \neq = 0$ ，故方程组有唯一解。

由 Cramer 法则，将 $D_{n}$ 的第一列换成 $b$ ，得行列式

Δ_{1} = 10 a^{2} 1 2 a 2 a ⋱ 11 ⋱ a^{2} ⋱ 2 a a^{2} 1 2 a_{n} .

按第一列展开，等于

2 a a^{2} 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a_{n - 1} = D_{n - 1} .

已知

D_{n - 1} = n a^{n - 1},

因此

x_{1} = \frac{Δ _{1}}{D _{n}} = \frac{n a ^{n - 1}}{( n + 1 ) a ^{n}} = \frac{n}{( n + 1 ) a} .

（Ⅲ）解
当 $a = 0$ 时，方程组化为

010 1 ⋱ ⋱ 0 10 x_{1} x_{2} ⋮ x_{n - 1} x_{n} = 10 ⋮ 00 .

系数矩阵的秩与增广矩阵的秩均为 $n - 1$ ，方程组有无穷多解，通解为

x = (0, 1, 0, \dots, 0)^{T} + k (1, 0, 0, \dots, 0)^{T},

其中 $k$ 为任意常数。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立， $X$ 的概率分布为 $P {X = i} = \frac{1}{3} (i = - 1, 0, 1)$ ， $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = {1, 0, 0 \leq y < 1 其他

记 $Z = X + Y$ 。

(Ⅰ) 求 $P {Z \leq \frac{1}{2} X = 0}$ ；

(Ⅱ) 求 $Z$ 的概率密度 $f_{Z} (z)$ 。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $P {Z \leq \frac{1}{2} X = 0} = \frac{1}{2}$
(Ⅱ) $f_{Z} (z) = {\frac{1}{3}, 0, - 1 \leq z < 2 其他$

【解析】
(1)

P {Z \leq \frac{1}{2} X = 0} = P (X + Y \leq \frac{1}{2} X = 0) = \frac{P ( X = 0 , Y \leq \frac{1}{2} )}{P ( X = 0 )} = P (Y \leq \frac{1}{2}) = \int_{0}^{\frac{1}{2}} 1 d y = \frac{1}{2} .

(2)

F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X + Y \leq z} = \frac{1}{3} [P {Y \leq z + 1} + P {Y \leq z} + P {Y \leq z - 1}] = \frac{1}{3} [F_{Y} (z + 1) + F_{Y} (z) + F_{Y} (z - 1)],

所以

f_{Z} (z) = \frac{1}{3} [f_{Y} (z + 1) + f_{Y} (z) + f_{Y} (z - 1)] = {\frac{1}{3}, 0, - 1 \leq z < 2, otherwise .

23

（本题满分 11 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，记

$\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ， $S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$ ， $T = \overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}$ 。

（Ⅰ）证明 $T$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计量；

（Ⅱ）当 $μ = 0$ ， $σ = 1$ 时，求 $D (T)$ 。

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【答案】
（Ⅰ）见解析
（Ⅱ） $D (T) = \frac{2}{n ( n - 1 )}$

【解析】
(1) 因为 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，所以 $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$ ，从而 $E \overset{ˉ}{X} = μ$ ， $D \overset{ˉ}{X} = \frac{σ ^{2}}{n}$ 。

于是有：

E (T) = E (\overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}) = E \overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} E (S^{2}) = D \overset{ˉ}{X} + (E \overset{ˉ}{X})^{2} - \frac{1}{n} E (S^{2}) = \frac{1}{n} σ^{2} + μ^{2} - \frac{1}{n} σ^{2} = μ^{2},

因此 $T$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计量。

(2) 方法一：由 $D (T) = E T^{2} - (ET)^{2}$ ，当 $μ = 0$ ， $σ = 1$ 时， $E (T) = 0$ ， $E (S^{2}) = σ^{2} = 1$ 。

计算可得：

E (\overset{ˉ}{X}^{4}) = \frac{3}{n ^{2}}, E S^{4} = \frac{n + 1}{n - 1},

于是：

E T^{2} = \frac{3}{n ^{2}} - \frac{2}{n} \cdot \frac{1}{n} \cdot 1 + \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{n + 1}{n - 1} = \frac{2}{n ( n - 1 )},

即 $D (T) = \frac{2}{n ( n - 1 )}$ 。

方法二：当 $μ = 0$ ， $σ = 1$ 时，有：

D (T) = D (\overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}) = D \overset{ˉ}{X}^{2} + \frac{1}{n ^{2}} D S^{2} .

进一步计算：

D \overset{ˉ}{X}^{2} = \frac{1}{n ^{2}} D (n \overset{ˉ}{X})^{2} = \frac{1}{n ^{2}} \cdot 2,

D S^{2} = \frac{1}{( n - 1 ) ^{2}} D [(n - 1) S^{2}] = \frac{1}{( n - 1 ) ^{2}} \cdot 2 (n - 1) = \frac{2}{n - 1},

所以：

D (T) = \frac{2}{n ^{2}} + \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{2}{n - 1} = \frac{2}{n ( n - 1 )} .