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2011 年真题

23 题

选择题

1

曲线 $y = (x - 1) (x - 2)^{2} (x - 3)^{3} (x - 4)^{4}$ 的拐点是（）

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正确答案：C

正确答案：C

由 $y = (x - 1) (x - 2)^{2} (x - 3)^{3} (x - 4)^{4}$ 可知， $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 分别是方程

y = (x - 1) (x - 2)^{2} (x - 3)^{3} (x - 4)^{4} = 0

的一、二、三、四重根。

因此，根据导数与原函数的关系可知：

$y^{'} (1) \neq = 0$ ，
$y^{'} (2) = y^{'} (3) = y^{'} (4) = 0$ ，
$y^{''} (2) \neq = 0$ ，
$y^{''} (3) = y^{''} (4) = 0$ ，
$y^{'''} (3) \neq = 0$ ，
$y^{'''} (4) = 0$ 。

由此可得，点 $(3, 0)$ 是一个拐点。

2

设数列 ${a_{n}}$ 单调减少， $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ 且 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} (n = 1, 2, \dots)$ 无界，则幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 的收敛域为（）。

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正确答案：C

正确答案：C

已知 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} (n = 1, 2, \dots)$ 无界，说明幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 的收敛半径 $R \leq 1$ 。

由于 ${a_{n}}$ 单调减少，且 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ ，可知级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (- 1)^{n}$ 收敛，进而说明幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 的收敛半径 $R \geq 1$ 。

因此，幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 的收敛半径 $R = 1$ ，收敛区间为 $(0, 2)$ 。

进一步地，当 $x = 0$ 时幂级数收敛，当 $x = 2$ 时幂级数发散，故收敛域为 $[0, 2)$ 。

3

设函数 $f (x)$ 具有二阶连续导数，且 $f (x) > 0$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，则函数 $z = f (x) ln f (y)$ 在点 $(0, 0)$ 处取得极小值的一个充分条件是（）。

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正确答案：A

正确答案：A

由 $z = f (x) ln f (y)$ 可知：

z_{x}^{'} = f^{'} (x) ln f (y), z_{y}^{'} = \frac{f ( x )}{f ( y )} f^{'} (y),

z_{x y}^{''} = \frac{f ^{'} ( x )}{f ( y )} f^{'} (y), z_{xx}^{''} = f^{''} (x) ln f (y),

z_{yy}^{''} = f (x) \cdot \frac{f ^{''} ( y ) f ( y ) - ( f ^{'} ( y ) ) ^{2}}{f ^{2} ( y )} .

于是有：

z_{x y}^{''}_{x = 0, y = 0} = \frac{f ^{'} ( 0 )}{f ( 0 )} f^{'} (0) = 0,

z_{xx}^{''}_{x = 0, y = 0} = f^{''} (0) ln f (0),

z_{yy}^{''}_{x = 0, y = 0} = f (0) \cdot \frac{f ^{''} ( 0 ) f ( 0 ) - ( f ^{'} ( 0 ) ) ^{2}}{f ^{2} ( 0 )} = f^{''} (0) .

要使函数 $z = f (x) ln f (y)$ 在点 $(0, 0)$ 处取得极小值，只需满足：

z_{xx}^{''}_{x = 0, y = 0} > 0, 且 z_{xx}^{''}_{x = 0, y = 0} \cdot z_{yy}^{''}_{x = 0, y = 0} - (z_{x y}^{''}_{x = 0, y = 0})^{2} > 0,

即：

f^{''} (0) ln f (0) > 0.

由于 $f (x) > 0$ ，所以：

当 $f (0) > 1$ 时， $ln f (0) > 0$ ，此时需 $f^{''} (0) > 0$ ；
当 $f (0) < 1$ 时， $ln f (0) < 0$ ，此时需 $f^{''} (0) < 0$ 。

结合选项可知，充分条件为：

f (0) > 1, f^{''} (0) > 0.

4

设 $I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln sin x d x$ ， $J = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cot x d x$ ， $K = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cos x d x$ ，则 $I$ ， $J$ ， $K$ 的大小关系是（）

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正确答案：B

正确答案：B

【考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。

【解析】当 $x \in (0, \frac{π}{4})$ 时， $0 < sin x < \frac{2}{2} < cos x < cot x$ ，因此 $ln sin x < ln cos x < ln cot x$ 。

于是 $\int_{0}^{\frac{π}{4}} ln sin x d x < \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cos x d x < \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cot x d x$ ，故选（B）。

5

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵，将 $A$ 的第二列加到第一列得矩阵 $B$ ，再交换 $B$ 的第二行与第一行得单位矩阵。记 $P_{1} = 110010001$ ， $P_{2} = 100001010$ ，则 $A = ()$

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知

A P_{1} = B

，

P_{2} B = E

，所以

A = B P_{1}^{- 1} = P_{2}^{- 1} P_{1}^{- 1} = P_{2} P_{1}^{- 1}

，故选（

D

）。

6

设 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 是 4 阶矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，若 $(1, 0, 1, 0)^{T}$ 是方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系，则 $A^{*} x = 0$ 的基础解系可为（）。

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正确答案：D

正确答案：D

由 $A x = 0$ 的基础解系只有一个知 $r (A) = 3$ ，所以 $r (A^{*}) = 1$ 。
又由 $A^{*} A = ∣ A ∣ E = 0$ 知， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 、 $α_{4}$ 都是 $A^{*} x = 0$ 的解。

由 $A (1, 0, 1, 0)^{T} = 0$ 可得 $α_{1} + α_{3} = 0$ ，即 $α_{1}$ 与 $α_{3}$ 线性相关。
所以在 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 中， $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 或 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 等可能为极大线性无关组，结合选项可知 (D) 正确。

7

设 $F_{1} (x)$ 、 $F_{2} (x)$ 为两个分布函数，其相应的概率密度 $f_{1} (x)$ 、 $f_{2} (x)$ 是连续函数，则必为概率密度的是（）。

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正确答案：D

正确答案：D

检验概率密度的性质：首先， $f_{1} (x) F_{2} (x) + f_{2} (x) F_{1} (x) \geq 0$ ，因为 $f_{1} (x)$ 、 $f_{2} (x)$ 为概率密度非负， $F_{1} (x)$ 、 $F_{2} (x)$ 为分布函数单调不减且取值在 $[0, 1]$ 之间，故乘积和非负。

其次， $\int_{- \infty}^{+ \infty} [f_{1} (x) F_{2} (x) + f_{2} (x) F_{1} (x)] d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (x) F_{2} (x) d x + \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{2} (x) F_{1} (x) d x$ 。

对第一项，令 $u = F_{2} (x)$ ，则 $d u = f_{2} (x) d x$ ，当 $x \to + \infty$ ， $u \to 1$ ； $x \to - \infty$ ， $u \to 0$ ，故第一项为 $\int_{0}^{1} u d F_{1} (x)$ （此处通过分部积分可得）。

同理第二项为 $\int_{0}^{1} u d F_{2} (x)$ ，最终可得积分结果为 $F_{1} (x) F_{2} (x)_{- \infty}^{+ \infty} = 1$ ，可知 $f_{1} (x) F_{2} (x) + f_{2} (x) F_{1} (x)$ 为概率密度，故选 (D)。

8

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $E (X)$ 与 $E (Y)$ 存在，记 $U = max {X, Y}$ ， $V = min {X, Y}$ ，则 $E (U V) =$ （）

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正确答案：B

正确答案：B
由于

U V = max {X, Y} min {X, Y} = X Y

，可知

E (U V) = E (max {X, Y} min {X, Y}) = E (X Y)

。又因为

X

与

Y

相互独立，所以

E (X Y) = E (X) E (Y)

，故应选 (B)。

填空题

9

（填空题）曲线 $y = \int_{0}^{x} tan t d t (0 \leq x \leq \frac{π}{4})$ 的弧长 $s =$

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【答案】

ln (2 + 1)

【解析】 本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

$s = \int_{0}^{\frac{π}{4}} (y^{'})^{2} + 1 d x = \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan^{2} x + 1 d x = \int_{0}^{\frac{π}{4}} sec x d x = ln ∣ sec x + tan x ∣_{0}^{\frac{π}{4}} = ln (2 + 1)$

10

（填空题）微分方程 $y^{'} + y = e^{- x} cos x$ 满足条件 $y (0) = 0$ 的解为 $y =$

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【答案】 $y = sin x e^{- x}$

【解析】 本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。

原方程的通解为

y = e^{- \int 1 d x} [\int e^{- x} cos x \cdot e^{\int 1 d x} d x + C] = e^{- x} [\int cos x d x + C] = e^{- x} [sin x + C]

由 $y (0) = 0$ ，得 $0 = e^{0} [sin 0 + C]$ ，即 $0 = 1 \times (0 + C)$ ，解得 $C = 0$ ，故所求解为 $y = sin x e^{- x}$ 。

11

（填空题）设 $F (x, y) = \int_{0}^{y} \frac{s i n t}{1 + t ^{2}} d t$ ，则 $\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}}_{x = 0 y = 2} =$

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【答案】 0

【解析】 本题考查偏导数的计算。由于 $F (x, y)$ 中不含 $x$ ，所以 $\frac{\partial F}{\partial x} = 0$ ，进而 $\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}} = 0$ ，故在任意点处的值均为 $0$ 。

12

（填空题）设 $L$ 是柱面方程 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $z = x + y$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 $\oint_{L} x z d x + x d y + \frac{y ^{2}}{2} d z =$

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【答案】 $π$

【解析】 本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

$L$ 的参数方程为 $⎩ ⎨ ⎧ x = cos t y = sin t z = cos t + sin t$ ， $t$ 从 $0$ 到 $2 π$ 。

= = = \oint_{L} x z d x + x d y + \frac{y ^{2}}{2} d z \int_{0}^{2 π} cos t (cos t + sin t) (- sin t) + cos t \cdot cos t + \frac{sin ^{2} t}{2} (cos t - sin t) d t \int_{0}^{2 π} (- sin t cos^{2} t - sin^{2} t cos t + cos^{2} t + \frac{sin ^{2} t cos t}{2} - \frac{sin ^{3} t}{2}) d t \int_{0}^{2 π} cos^{2} t d t = π

13

（填空题）若二次曲面的方程为 $x^{2} + 3 y^{2} + z^{2} + 2 a x y + 2 x z + 2 yz = 4$ ，经正交变换化为 $y_{1}^{2} + 4 z_{1}^{2} = 4$ ，则 $a =$

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【答案】 1

【解析】 本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 $a$ 。

本题等价于将二次型 $f (x, y, z) = x^{2} + 3 y^{2} + z^{2} + 2 a x y + 2 x z + 2 yz$ 经正交变换后化为了 $f = y_{1}^{2} + 4 z_{1}^{2}$ ，由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 $1, 4, 0$ 。

二次型的矩阵 $A = 1 a 1 a 31 111$ ，因为特征值之和等于矩阵的迹，所以 $1 + 4 + 0 = 1 + 3 + 1$ ，恒成立；又因为特征值之积等于矩阵的行列式，即 $∣ A ∣ = 0$ 。

计算行列式：

$1 a 1 a 31 111 = 1 \times (3 \times 1 - 1 \times 1) - a \times (a \times 1 - 1 \times 1) + 1 \times (a \times 1 - 3 \times 1) = 2 - a (a - 1) + (a - 3) = - a^{2} + 2 a - 1$

令 $∣ A ∣ = 0$ ，即 $- a^{2} + 2 a - 1 = 0$ ，解得 $a = 1$ 。

14

（填空题）设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从 $N (μ, μ; σ^{2}, σ^{2}; 0)$ ，则 $E (X Y^{2}) =$

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【答案】

μ^{3} + μ σ^{2}

【解析】 本题考查二维正态分布的性质。由于 $ρ = 0$ ，由二维正态分布的性质可知随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立。因此 $E (X Y^{2}) = E (X) \cdot E (Y^{2})$ 。

由于 $(X, Y)$ 服从 $N (μ, μ; σ^{2}, σ^{2}; 0)$ ，可知 $E (X) = μ$ ， $E (Y^{2}) = D (Y) + (E (Y))^{2} = σ^{2} + μ^{2}$ ，则

E (X Y^{2}) = μ (μ^{2} + σ^{2}) = μ^{3} + μ σ^{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）求极限

x \to 0 lim (\frac{ln ( 1 + x )}{x})^{\frac{1}{e ^{x} - 1}}

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【答案】 $e^{- \frac{1}{2}}$

【解析】

x \to 0 lim (\frac{ln ( 1 + x )}{x})^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} = x \to 0 lim (1 + \frac{ln ( 1 + x ) - x}{x})^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{l n ( 1 + x ) - x}{x} \cdot \frac{1}{e ^{x} - 1}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{l n ( 1 + x ) - x}{x ^{2}}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1 + x} - 1}{2 x}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{- x}{2 x ( 1 + x )}} = e^{- \frac{1}{2}}

16

（本题满分 9 分）设 $z = f (x y, y g (x))$ ，其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数，函数 $g (x)$ 可导，且在 $x = 1$ 处取得极值 $g (1) = 1$ ，求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1, y = 1}$

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【答案】 $f_{11}^{''} (1, 1) + f_{12}^{''} (1, 1)$

【解析】 $\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1} (x y, y g (x)) \cdot y + f_{2} (x y, y g (x)) \cdot y g^{'} (x)$

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{11}^{''} (x y, y g (x)) \cdot x y + f_{12}^{''} (x y, y g (x)) \cdot y g (x) + f_{1}^{'} (x y, y g (x)) \cdot x + f_{21}^{''} (x y, y g (x)) \cdot x y g^{'} (x) + f_{22}^{''} (x y, y g (x)) \cdot y g (x) g^{'} (x) + f_{2}^{'} (x y, y g (x)) \cdot g^{'} (x)

由于 $g (x)$ 在 $x = 1$ 处取得极值，可知 $g^{'} (1) = 0$ ，故

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1, y = 1} = f_{11}^{''} (1, 1) \cdot 1 \cdot 1 + f_{12}^{''} (1, 1) \cdot 1 \cdot g (1) + f_{1}^{'} (1, 1) \cdot 1 + f_{21}^{''} (1, 1) \cdot 1 \cdot 1 \cdot g^{'} (1) + f_{22}^{''} (1, 1) \cdot 1 \cdot g (1) \cdot g^{'} (1) + f_{2}^{'} (1, 1) \cdot g^{'} (1) = f_{11}^{''} (1, 1) + f_{12}^{''} (1, 1)

17

（本题满分 10 分）求方程 $k arctan x - x = 0$ 不同实根的个数，其中 $k$ 为参数。

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【答案】 当 $k \leq 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k > 1$ 时，方程有 2 个实根。

【解析】 令 $f (x) = k arctan x - x$ ，则 $f (0) = 0$ ，且

f^{'} (x) = \frac{k}{1 + x ^{2}} - 1 = \frac{k - 1 - x ^{2}}{1 + x ^{2}} .

(1) 当 $k \leq 1$ 时， $f^{'} (x) \leq 0$ （仅当 $k = 1$ 且 $x = 0$ 时等号成立），因此 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上单调递减，故方程仅有一个实根 $x = 0$ 。

(2) 当 $k > 1$ 时，令 $f^{'} (x) = 0$ ，解得 $x = \pm k - 1$ 。在区间 $(- k - 1, k - 1)$ 上， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 单调递增；在区间 $(- \infty, - k - 1)$ 和 $(k - 1, + \infty)$ 上， $f^{'} (x) < 0$ ， $f (x)$ 单调递减。

计算可得：

f (k - 1) = k arctan k - 1 - k - 1 .

令 $t = k - 1 > 0$ ，则

f (k - 1) = (t^{2} + 1) arctan t - t .

求导可知该函数在 $t > 0$ 时大于 0。又因为 $lim_{x \to + \infty} f (x) = - \infty$ ，所以在区间 $(k - 1, + \infty)$ 上存在一个实根。

同理， $f (- k - 1) < 0$ ，且 $lim_{x \to - \infty} f (x) = + \infty$ ，但 $f (0) = 0$ ，因此在区间 $(- \infty, - k - 1)$ 上无实根。综上，当 $k > 1$ 时，方程有两个实根（ $x = 0$ 和一个正根）。

综上所述，当 $k \leq 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k > 1$ 时，方程有 2 个实根。

18

（本题满分 10 分）证明：

(1) 对任意正整数 $n$ ，都有 $\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ ；

(2) 设 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n (n = 1, 2, \dots)$ ，证明数列 ${a_{n}}$ 收敛。

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【答案】 见解析

【解析】 (1) 令 $x = \frac{1}{n} > 0$ ，需证 $\frac{x}{1 + x} < ln (1 + x) < x$ 。

令 $f (x) = x - ln (1 + x)$ ，则 $f^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x} > 0$ （当 $x > 0$ 时）。因此 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上单调递增，且 $f (x) > f (0) = 0$ ，即 $ln (1 + x) < x$ 。

再令 $g (x) = ln (1 + x) - \frac{x}{1 + x}$ ，则 $g^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} = \frac{x}{( 1 + x ) ^{2}} > 0$ （当 $x > 0$ 时）。因此 $g (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上单调递增，且 $g (x) > g (0) = 0$ ，即 $\frac{x}{1 + x} < ln (1 + x)$ 。

综上，不等式得证。

(2) 考虑 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - ln (1 + \frac{1}{n})$ 。由 (1) 知 $\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n})$ ，因此 $a_{n + 1} - a_{n} < 0$ ，即数列 ${a_{n}}$ 单调递减。

又因为

a_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{k} - ln n > k = 1 \sum n ln (1 + \frac{1}{k}) - ln n = ln (n + 1) - ln n > 0,

所以 ${a_{n}}$ 有下界。

由单调有界收敛定理，数列 ${a_{n}}$ 收敛。

19

（本题满分 11 分）已知函数 $f (x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且 $f (1, y) = 0$ ， $f (x, 1) = 0$ ， $\iint_{D} f (x, y) d x d y = a$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ ，计算二重积分 $I = \iint_{D} x y f_{x y}^{''} (x, y) d x d y$ 。

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【答案】 $a$

【解析】 将二重积分化为累次积分：

I = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{1} x y f_{x y}^{''} (x, y) d x

先计算内层积分 $\int_{0}^{1} x y f_{x y}^{''} (x, y) d x$ ，将 $y$ 视为常数，利用分部积分法：

\int_{0}^{1} x y f_{x y}^{''} (x, y) d x = y \int_{0}^{1} x d f_{y}^{'} (x, y) = x y f_{y}^{'} (x, y)_{0}^{1} - y \int_{0}^{1} f_{y}^{'} (x, y) d x = y f_{y}^{'} (1, y) - y \int_{0}^{1} f_{y}^{'} (x, y) d x

由 $f (1, y) = 0$ ，得 $f_{y}^{'} (1, y) = 0$ ，故内层积分化简为：

- y \int_{0}^{1} f_{y}^{'} (x, y) d x

因此：

I = \int_{0}^{1} (- y \int_{0}^{1} f_{y}^{'} (x, y) d x) d y = - \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} y f_{y}^{'} (x, y) d y

再对内层积分 $\int_{0}^{1} y f_{y}^{'} (x, y) d y$ 分部积分，将 $x$ 视为常数：

\int_{0}^{1} y f_{y}^{'} (x, y) d y = \int_{0}^{1} y df (x, y) = y f (x, y) ∣_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f (x, y) d y = - \int_{0}^{1} f (x, y) d y

所以：

I = - \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} y f_{y}^{'} (x, y) d y = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} f (x, y) d y = \iint_{D} f (x, y) d x d y = a

20

（本题满分 11 分）

设向量组 $α_{1} = (1, 0, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (0, 1, 1)^{T}$ ， $α_{3} = (1, 3, 5)^{T}$ 不能由向量组 $β_{1} = (1, 1, 1)^{T}$ ， $β_{2} = (1, 2, 3)^{T}$ ， $β_{3} = (3, 4, a)^{T}$ 线性表示。

（Ⅰ）求 $a$ 的值；

（Ⅱ）将 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 用 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性表示。

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【答案】
（Ⅰ） $a = 5$
（Ⅱ）

⎩ ⎨ ⎧ β_{1} = 2 α_{1} + 4 α_{2} - α_{3}, β_{2} = α_{1} + 2 α_{2} + 0 α_{3}, β_{3} = 5 α_{1} + 10 α_{2} - 2 α_{3} .

【解析】
【解】
(Ⅰ) 方法一
$α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 为 $3$ 个 $3$ 维向量，因为

∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣ = 101011135 = 1 \neq = 0,

所以 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性无关。

由于 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 一定可由 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性表示，而 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 不能由 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 线性表示，所以 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 的秩小于 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 的秩。

从而

∣ β_{1}, β_{2}, β_{3} ∣ = 111123 34 a = 100112 31 a - 3 = a - 5 = 0,

故 $a = 5$ 。

方法二
$β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ ， $α_{i}$ （ $i = 1, 2, 3$ ）为 $4$ 个 $3$ 维向量，则 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ ， $α_{i}$ （ $i = 1, 2, 3$ ）一定线性相关。

若 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 线性无关，而 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ ， $α_{i}$ （ $i = 1, 2, 3$ ）线性相关，则 $α_{i}$ （ $i = 1, 2, 3$ ）可由向量组 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 线性表示，矛盾。

于是 $∣ β_{1}, β_{2}, β_{3} ∣ = 0$ 。由

∣ β_{1}, β_{2}, β_{3} ∣ = 111123 34 a = a - 5 = 0,

得 $a = 5$ 。

(Ⅱ) 将矩阵 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}, β_{1}, β_{2}, β_{3})$ 进行初等行变换得

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, β_{1}, β_{2}, β_{3}) = 101011135111123345 \to 100010001 24 - 1 120 510 - 2,

于是

⎩ ⎨ ⎧ β_{1} = 2 α_{1} + 4 α_{2} - α_{3}, β_{2} = α_{1} + 2 α_{2} + 0 α_{3}, β_{3} = 5 α_{1} + 10 α_{2} - 2 α_{3} .

21

（本题满分 11 分） $A$ 为三阶实矩阵， $R (A) = 2$ ，且 $A 10 - 1 101 = - 1 01 101 .$

（I）求 $A$ 的特征值与特征向量；

（II）求 $A$ 。

查看答案与解析

【答案】

（I） $A$ 的特征值分别为 $1$ ， $- 1$ ， $0$ ，对应的特征向量分别为 $101$ ， $- 1 01$ ， $010$ 。

（II） $A = 001000100$ 。

【解析】

（1）由

A 101 = 101, A - 1 01 = - - 1 01

可知： $1$ ， $- 1$ 均为 $A$ 的特征值， $ξ_{1} = 101$ 与 $ξ_{2} = - 1 01$ 分别为它们的特征向量。

由于 $r (A) = 2$ ，可知 $0$ 也是 $A$ 的特征值，而 $0$ 的特征向量与 $ξ_{1}$ 、 $ξ_{2}$ 正交。

设 $ξ_{3} = x_{1} x_{2} x_{3}$ 为 $0$ 的特征向量，由正交条件可得

{x_{1} + x_{3} = 0 - x_{1} + x_{3} = 0

解得 $ξ_{3} = k 010$ 。

因此， $A$ 的特征值分别为 $1$ ， $- 1$ ， $0$ ，对应的特征向量分别为 $101$ ， $- 1 01$ ， $010$ 。

（2）由 $A = P Λ P^{- 1}$ ，其中

Λ = 1 - 1 0, P = 101 - 1 01 010

可得

A = 101 - 1 01 010 1 - 1 0 101 - 1 01 010^{- 1}

计算逆矩阵得

P^{- 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 1 001 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0

代入得

A = 101 - 1 01 010 1 - 1 0 \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 1 001 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0

计算后得到

A = 001000100

22

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

X P 0 \frac{1}{3} 1 \frac{2}{3}

Y P - 1 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 1 \frac{1}{3}

且 $P {X^{2} = Y^{2}} = 1$ 。

(Ⅰ) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布；

(Ⅱ) 求 $Z = X Y$ 的概率分布；

(Ⅲ) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y}$ 。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

X \ Y 01 - 1 0 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 0 10 \frac{1}{3}

(Ⅱ) $Z = X Y$ 的概率分布为：

Z \sim (- 1 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 1 \frac{1}{3})

(Ⅲ) $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y} = 0$ 。

【解析】
(Ⅰ) 由 $P {X^{2} = Y^{2}} = 1$ ，得 $P {X^{2} \neq = Y^{2}} = 0$ ，
于是

P {X = 0, Y = - 1} = P {X = 0, Y = 1} = P {X = 1, Y = 0} = 0

故 $(X, Y)$ 的联合分布律为

X \ Y 01 - 1 0 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 0 10 \frac{1}{3}

(Ⅱ) $Z = X Y$ 的可能取值为 $- 1, 0, 1$ ，且

P {Z = - 1} = P {X = 1, Y = - 1} = \frac{1}{3}

P {Z = 0} = P {X = 0, Y = - 1} + P {X = 0, Y = 0} + P {X = 0, Y = 1} + P {X = 1, Y = 0} = \frac{1}{3}

P {Z = 1} = 1 - P {Z = - 1} - P {Z = 0} = \frac{1}{3}

则 $Z$ 的分布律为

Z \sim (- 1 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 1 \frac{1}{3})

(Ⅲ) 由

E (X) = \frac{2}{3}, E (Y) = 0, E (X Y) = E (Z) = 0

得

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = 0

于是 $ρ_{X Y} = 0$ 。

23

（本题满分 11 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自正态总体 $N (μ_{0}, σ^{2})$ 的简单随机样本，其中 $μ_{0}$ 已知， $σ^{2} > 0$ 未知， $\overline{X}$ 和 $S^{2}$ 分别表示样本均值和样本方差。

（Ⅰ）求参数 $σ^{2}$ 的最大似然估计 $σ^{2}$ ；

（Ⅱ）计算 $E (σ^{2})$ 和 $D (σ^{2})$ 。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ） $σ^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ_{0})^{2}$
（Ⅱ） $E (σ^{2}) = σ^{2}$ ， $D (σ^{2}) = \frac{2 σ ^{4}}{n}$

【解析】
（Ⅰ）似然函数为

L (σ^{2}) = f (x_{1}) f (x_{2}) \dots f (x_{n}) = (2 π σ^{2})^{- \frac{n}{2}} e^{- \frac{1}{2 σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - μ_{0})^{2}},

取对数得

ln L (σ^{2}) = - \frac{n}{2} ln 2 π - \frac{n}{2} ln σ^{2} - \frac{1}{2 σ ^{2}} i = 1 \sum n (x_{i} - μ_{0})^{2} .

由

\frac{d}{d ( σ ^{2} )} ln L (σ^{2}) = - \frac{n}{2 σ ^{2}} + \frac{1}{2 σ ^{4}} i = 1 \sum n (x_{i} - μ_{0})^{2} = 0,

解得

σ^{2} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (x_{i} - μ_{0})^{2} .

故 $σ^{2}$ 的最大似然估计量为

σ^{2} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (X_{i} - μ_{0})^{2} .

（Ⅱ）方法一：

E (σ^{2}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (X_{i} - μ_{0})^{2} = E (X - μ_{0})^{2},

= D (X - μ_{0}) + [E (X - μ_{0})]^{2} = D (X) = σ^{2} .

又

D (σ^{2}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (X_{i} - μ_{0})^{2} = \frac{1}{n} D (X - μ_{0})^{2} = \frac{σ ^{4}}{n} D (\frac{X - μ _{0}}{σ})^{2} .

因为 $\frac{X - μ _{0}}{σ} \sim N (0, 1)$ ，所以 $(\frac{X - μ _{0}}{σ})^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，于是

D (\frac{X - μ _{0}}{σ})^{2} = 2,

故

D (σ^{2}) = \frac{2 σ ^{4}}{n} .

方法二：
因为 $\sum_{i = 1}^{n} (\frac{X _{i} - μ _{0}}{σ})^{2} \sim χ^{2} (n)$ ，所以

i = 1 \sum n D (\frac{X _{i} - μ _{0}}{σ})^{2} = 2 n .

于是

D (σ^{2}) = D [\frac{σ ^{2}}{n} i = 1 \sum n (\frac{X _{i} - μ _{0}}{σ})^{2}] = \frac{σ ^{4}}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (\frac{X _{i} - μ _{0}}{σ})^{2} = \frac{2 σ ^{4}}{n} .