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2012 年真题

23 题

选择题

1

曲线

y = \frac{x ^{2} + x}{x ^{2} - 1}

渐近线的条数为（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】： $x \to 1 lim \frac{x ^{2} + x}{x ^{2} - 1} = \infty$ ，所以 $x = 1$ 为垂直渐近线。

$x \to \infty lim \frac{x ^{2} + x}{x ^{2} - 1} = 1$ ，所以 $y = 1$ 为水平渐近线，没有斜渐近线，故两条选 C。

2

设函数 $f (x) = (e^{x} - 1) (e^{2 x} - 2) \dots (e^{n x} - n)$ ，其中 $n$ 为正整数，则 $f^{'} (0) =$

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正确答案：C

正确答案：C

f^{'} (x) = e^{x} (e^{2 x} - 2) \dots (e^{n x} - n) + (e^{x} - 1) (2 e^{2 x}) \dots (e^{n x} - n) + \dots + (e^{x} - 1) (e^{2 x} - 2) \dots (n e^{n x} - n)

，所以

f^{'} (0) = (- 1)^{n - 1} n!

。

3

如果 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处连续，那么下列命题正确的是（）

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正确答案：B

正确答案：B

由于 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处连续，若极限

x \to 0 y \to 0 lim \frac{f ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}}

存在，则

f (0, 0) = x \to 0 y \to 0 lim f (x, y) = 0

此时，

x \to 0 y \to 0 lim \frac{f ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = Δ x \to 0 Δ y \to 0 lim \frac{f ( Δ x , Δ y ) - f ( 0 , 0 )}{Δ x ^{2} + Δ y ^{2}}

存在，可知

Δ x \to 0 Δ y \to 0 lim \frac{f ( Δ x , Δ y ) - f ( 0 , 0 )}{Δ x ^{2} + Δ y ^{2}} = 0

即

f (Δ x, Δ y) - f (0, 0) = 0 \cdot Δ x + 0 \cdot Δ y + o (Δ x^{2} + Δ y^{2})

由可微的定义可知 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处可微。

4

设 $I_{k} = \int_{0}^{kπ} e^{x^{2}} sin x d x (k = 1, 2, 3)$ ，则有( )

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正确答案：D

正确答案：D

【解】由 $I_{2} - I_{1} = \int_{π}^{2 π} e^{x^{2}} sin x d x < 0$ ，得 $I_{1} > I_{2}$ 。

由 $I_{3} - I_{2} = \int_{2 π}^{3 π} e^{x^{2}} sin x d x > 0$ ，得 $I_{2} < I_{3}$ 。

又

I_{3} - I_{1} = \int_{π}^{3 π} e^{x^{2}} sin x d x = \int_{π}^{2 π} e^{x^{2}} sin x d x + \int_{2 π}^{3 π} e^{x^{2}} sin x d x,

而

\int_{2 π}^{3 π} e^{x^{2}} sin x d x = x - π = t \int_{π}^{2 π} e^{(t + π)^{2}} sin (t + π) d t = - \int_{π}^{2 π} e^{(x + π)^{2}} sin x d x,

因此

I_{3} - I_{1} = \int_{π}^{2 π} [e^{x^{2}} - e^{(x + π)^{2}}] sin x d x > 0,

得 $I_{1} < I_{3}$ 。

综上， $I_{2} < I_{1} < I_{3}$ ，应选 (D)。

5

设 $α_{1} = 00 c_{1}$ ， $α_{2} = 01 c_{2}$ ， $α_{3} = 1 - 1 c_{3}$ ， $α_{4} = - 1 1 c_{4}$ ，其中 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是（）

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】：由于

∣ (α_{1}, α_{3}, α_{4}) ∣ = 00 c_{1} 1 - 1 c_{3} - 1 1 c_{4} = c_{1} 1 - 1 - 1 1 = 0

，可知

α_{1}, α_{3}, α_{4}

线性相关。故选（C）。

6

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $P$ 为 $3$ 阶可逆矩阵，且 $P^{- 1} A P = 100010002$ 。若 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ， $Q = (α_{1} + α_{2}, α_{2}, α_{3})$ ，则 $Q^{- 1} A Q = ()$

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正确答案：B

正确答案：B

【解】由 $Q = (α_{1} + α_{2}, α_{2}, α_{3}) = P 110010001$ ，

得 $Q^{- 1} A Q = 110010001^{- 1} P^{- 1} A P 110010001$

$= 1 - 1 0 010001 100010002110010001 = 100010002$ ，

应选(B)。

7

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且分别服从参数为 $1$ 与参数为 $4$ 的指数分布，则 $P {X < Y} = ()$ 。

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】： $(X, Y)$ 的联合概率密度为 $f (x, y) = {e^{- x - 4 y}, 0, x > 0, y > 0 其它$ 。

则 $P {X < Y} = x < y \iint f (x, y) d x d y = \int_{0}^{+ \infty} d x \int_{0}^{y} e^{- x - 4 y} d x = \int_{0}^{+ \infty} e^{- 5 y} d y = \frac{1}{5}$ 。

8

将长度为 $1 m$ 的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为（）

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】：设两段长度分别为

x

、

y

，显然

x + y = 1

，即

y = - x + 1

，故两者是线性关系，且是负相关，所以相关系数为

- 1

。

填空题

9

（填空题）若函数 $f (x)$ 满足方程 $f^{''} (x) + f^{'} (x) - 2 f (x) = 0$ 及 $f^{''} (x) + f (x) = 2 e^{x}$ ，则 $f (x) =$ ______。

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【答案】 $e^{x}$

【解析】 由观察知 $f^{''} (x) + f (x) = 2 e^{x}$ 的一特解为 $f (x) = e^{x}$ ，将其代入 $f^{''} (x) + f^{'} (x) - 2 f (x) = 0$ 中满足，故 $f (x) = e^{x}$ ．

10

（填空题） $\int_{0}^{2} x 2 x - x^{2} d x$

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【答案】 $\frac{π}{2}$

【解析】 令 $t = x - 1$ 得 $\int_{0}^{2} x 2 x - x^{2} d x = \int_{- 1}^{1} (t + 1) 1 - t^{2} d t = \int_{- 1}^{1} 1 - t^{2} d t = \frac{π}{2}$

11

（填空题） $\nabla (x y + \frac{z}{y})_{(2, 1, 1)}$

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【答案】 {1,1,1}

【解析】 $g r a d (x y + \frac{z}{y})_{(2, 1, 1)} = {y, x - \frac{z}{y ^{2}}, \frac{1}{y}}_{(2, 1, 1)} = {1, 1, 1}$

12

（填空题）设 $Σ = {(x, y, z) ∣ x + y + z = 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0}$ ，则 $\iint_{Σ} y^{2} d s =$ ______。

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答案： $\frac{3}{12}$

解析：由曲面积分的计算公式可知 $\iint_{\sum} y^{2} d s = \iint_{D} y^{2} 1 + (- 1)^{2} + (- 1)^{2} d x d y = 3 \iint_{D} y^{2} d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 1}$ 。故原式 $= 3 \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{1 - y} y^{2} d x = 3 \int_{0}^{1} y^{2} (1 - y) d y = \frac{3}{12}$

13

（填空题）设 $α$ 为 $3$ 维单位列向量， $E$ 为 3 阶单位矩阵，则矩阵 $E - α α^{T}$ 的秩为______。

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【答案】 2

【解析】 方法一

取 $α = 100$ ， $α α^{T} = 100000000$ ，由 $E - α α^{T} = 000010001$ ，得 $E - α α^{T}$ 的秩为 $2$ 。

方法二

令 $A = E - α α^{T}$ ，则 $A^{2} = (E - α α^{T}) (E - α α^{T}) = E - α α^{T} = A$ 。

由 $A (E - A) = O$ ，得 $r (A) + r (E - A) \leq 3$ 。

又由 $r (A) + r (E - A) \geq r (E) = 3$ ，得 $r (A) + r (E - A) = 3$ 。

而 $r (E - A) = r (α α^{T}) = r (α) = 1$ ，所以 $r (A) = r (E - α α^{T}) = 2$ 。

14

（填空题）设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 是随机事件， $A$ 与 $C$ 互不相容， $P (A B) = \frac{1}{2}$ ， $P (C) = \frac{1}{3}$ ，则 $P (A B ∣ \overline{C})$

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【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】

P (A B ∣ \overset{ˉ}{C}) = \frac{P ( A B C ˉ )}{P ( C ˉ )}

其中

P (\overset{ˉ}{C}) = 1 - P (C) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

又 $P (A B \overset{ˉ}{C}) = P (A B) - P (A BC) = \frac{1}{2} - P (A BC)$ 。

由于 $A$ 与 $C$ 互不相容，即 $A C = ϕ$ ，所以 $P (A C) = 0$ 。又因为 $A BC \subset A C$ ，可得 $P (A BC) = 0$ 。

代入得 $P (A B \overset{ˉ}{C}) = \frac{1}{2}$ ，故 $P (A B ∣ \overset{ˉ}{C}) = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{4}$ 。

解答题

15

（本题满分10分）

证明： $x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x \geq 1 + \frac{x ^{2}}{2}$ ， $- 1 < x < 1$

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【答案】 见解析

【解析】 令 $f (x) = x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x - 1 - \frac{x ^{2}}{2}$ ，可得

f^{'} (x) = ln \frac{1 + x}{1 - x} + x \cdot \frac{2}{( 1 - x ) ^{2}} \cdot \frac{1 - x}{1 + x} - sin x - x = ln \frac{1 + x}{1 - x} + \frac{2 x}{1 - x ^{2}} - sin x - x = ln \frac{1 + x}{1 - x} + \frac{1 + x ^{2}}{1 - x ^{2}} x - sin x

当 $0 < x < 1$ 时，有 $ln \frac{1 + x}{1 - x} \geq 0$ ， $\frac{1 + x ^{2}}{1 - x ^{2}} > 1$ ，所以 $\frac{1 + x ^{2}}{1 - x ^{2}} x - sin x \geq 0$ ，

故 $f^{'} (x) \geq 0$ ，而 $f (0) = 0$ ，即得 $x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x - 1 - \frac{x ^{2}}{2} \geq 0$

所以 $x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x \geq \frac{x ^{2}}{2} + 1$ 。

当 $- 1 < x < 0$ ，有 $ln \frac{1 + x}{1 - x} \leq 0$ ， $\frac{1 + x ^{2}}{1 - x ^{2}} > 1$ ，所以 $\frac{1 + x ^{2}}{1 - x ^{2}} x - sin x \leq 0$ ，

故 $f^{'} (x) \geq 0$ ，即得 $x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x - 1 - \frac{x ^{2}}{2} \geq 0$

故知， $x ln \frac{1 + x}{1 - x} + cos x \geq 1 + \frac{x ^{2}}{2}, - 1 < x < 1$ 。

16

（本题满分 10 分）

求 $f (x, y) = x e^{- \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}}$ 的极值。

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【答案】
函数在点 $(1, 0)$ 处取得极大值 $\frac{1}{e}$ ，在点 $(- 1, 0)$ 处取得极小值 $- \frac{1}{e}$ 。

【解析】
$f (x, y) = x e^{- \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}}$ ，先求函数的驻点。 $f_{x}^{'} (x, y) = e^{- x^{2} - y^{2} /2} (1 - x^{2}) = 0$ ， $f_{y}^{'} (x, y) = - y x e^{- \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}} = 0$ ，解得函数的驻点为 $(1, 0)$ 、 $(- 1, 0)$ 。

对于驻点 $(1, 0)$ ：

A = f_{xx}^{''} (1, 0) = e^{- \frac{1}{2}} (- 2 x + x^{3})_{x = 1} = - e^{- \frac{1}{2}}

B = f_{x y}^{''} (1, 0) = e^{- \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}} (- x y)_{(1, 0)} = 0

C = f_{yy}^{''} (1, 0) = e^{- \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}} (y^{2} - 1)_{(1, 0)} = - e^{- \frac{1}{2}}

所以 $B^{2} - A C = - e^{- 1} < 0$ ，且 $A < 0$ ，故 $f (x, y)$ 在点 $(1, 0)$ 处取得极大值 $f (1, 0) = \frac{1}{e}$ 。

对于驻点 $(- 1, 0)$ ：

A = f_{xx}^{''} (- 1, 0) = e^{- \frac{1}{2}} (- 2 x + x^{3})_{x = - 1} = e^{- \frac{1}{2}}

B = f_{x y}^{''} (- 1, 0) = 0

C = f_{yy}^{''} (- 1, 0) = - e^{- \frac{1}{2}}

所以 $B^{2} - A C = - e^{- 1} < 0$ ，且 $A > 0$ ，故 $f (x, y)$ 在点 $(- 1, 0)$ 处取得极小值 $f (- 1, 0) = - \frac{1}{e}$ 。

17

（本题满分 10 分）

求幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} x^{2 n}$ 的收敛域及和函数。

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【答案】 收敛域为 $(- 1, 1)$ ，和函数为

S (x) = {\frac{1 + x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{2}} + \frac{1}{x} ln \frac{1 + x}{1 - x}, 1, x \in (- 1, 1) x \neq = 0 x = 0

【解析】
收敛半径的计算如下：

R = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = n \to \infty lim \frac{\frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1}}{\frac{4 ( n + 1 ) ^{2} + 4 ( n + 1 ) + 3}{2 ( n + 1 ) + 1}} = n \to \infty lim \frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} \cdot \frac{2 n + 3}{4 n ^{2} + 12 n + 11} = 1

因此，收敛半径为 $R = 1$ 。

当 $x = 1$ 时，通项 $\frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} \sim 2 n$ ，且 $lim_{n \to \infty} 2 n \neq = 0$ ，所以级数发散。

当 $x = - 1$ 时，通项为 $\frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} (- 1)^{2 n} = \frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1}$ ，同理级数发散。

因此，收敛域为 $(- 1, 1)$ 。

设和函数为 $S (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} x^{2 n}$ ，将通项拆分：

\frac{4 n ^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} = \frac{( 4 n ^{2} + 4 n + 1 ) + 2}{2 n + 1} = (2 n + 1) + \frac{2}{2 n + 1}

于是有：

S (x) = n = 0 \sum \infty (2 n + 1) x^{2 n} + 2 n = 0 \sum \infty \frac{x ^{2 n}}{2 n + 1}

对于 $\sum_{n = 0}^{\infty} (2 n + 1) x^{2 n}$ ，已知 $\sum_{n = 0}^{\infty} x^{2 n} = \frac{1}{1 - x ^{2}}$ ，两边求导得：

n = 0 \sum \infty 2 n x^{2 n - 1} = \frac{2 x}{( 1 - x ^{2} ) ^{2}}

两边乘以 $x$ 得：

n = 0 \sum \infty 2 n x^{2 n} = \frac{2 x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{2}}

因此：

n = 0 \sum \infty (2 n + 1) x^{2 n} = \frac{1 + x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{2}}

对于 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{2 n}}{2 n + 1}$ ，令 $t = x^{2}$ ，则：

n = 0 \sum \infty \frac{t ^{n}}{2 n + 1} = \frac{1}{t} n = 0 \sum \infty \frac{t ^{n + 1/2}}{n + 1/2}

积分可得：

n = 0 \sum \infty \frac{t ^{n + 1/2}}{n + 1/2} = \int_{0}^{t} \frac{1}{1 - u ^{2}} d u = \frac{1}{2} ln \frac{1 + t}{1 - t}

因此：

n = 0 \sum \infty \frac{x ^{2 n}}{2 n + 1} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} ln \frac{1 + x}{1 - x} (x \neq = 0)

当 $x = 0$ 时，和为 $1$ 。

综上，和函数为：

S (x) = {\frac{1 + x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{2}} + \frac{1}{x} ln \frac{1 + x}{1 - x}, 1, x \in (- 1, 1) x \neq = 0 x = 0

18

（本题满分 $10$ 分）

已知曲线 $L : {x = f (t) y = cos t (0 \leq t < \frac{π}{2})$ ，其中函数 $f (t)$ 具有连续导数，且 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (t) > 0 (0 < t < \frac{π}{2})$ 。若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 $1$ ，求函数 $f (t)$ 的表达式，并求以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积。

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【答案】
函数 $f (t)$ 的表达式为 $f (t) = ln (sec t + tan t) - sin t$ ，以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积为 $\frac{π}{4}$ 。

【解析】
【解】曲线 $L$ 的切线的斜率为

k = \frac{d y / d t}{d x / d t} = - \frac{sin t}{f ^{'} ( t )},

切线方程为

y - cos t = - \frac{sin t}{f ^{'} ( t )} [x - f (t)] .

令 $y = 0$ ，得切线与 $x$ 轴交点的横坐标为

x = f (t) + \frac{cos t}{sin t} f^{'} (t),

由题意得

cot^{2} t \cdot f^{' 2} (t) + cos^{2} t = 1.

因为 $f^{'} (t) > 0$ ，所以

f^{'} (t) = \frac{sin ^{2} t}{cos t} = sec t - cos t,

于是

f (t) = ln (sec t + tan t) - sin t + C .

再由 $f (0) = 0$ 得 $C = 0$ ，故

f (t) = ln (sec t + tan t) - sin t .

由 $f (0) = 0$ ， $lim_{t \to \frac{π}{2}} f (t) = + \infty$ 得曲线 $L$ 及 $x$ 轴及 $y$ 轴围成的无界区域的面积为

A = \int_{0}^{+ \infty} y d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos t \cdot f^{'} (t) d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} t d t = \frac{π}{4} .

19

(本题满分10分)

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0, 0)$ 沿圆周 $x^{2} + y^{2} = 2 x$ 到点 $(2, 0)$ ，再沿圆周 $x^{2} + y^{2} = 4$ 到点 $(0, 2)$ 的曲线段，计算曲线积分 $I = \int_{L} 3 x^{2} y d x + (x^{3} + x - 2 y) d y$ 。

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【答案】 $\frac{π}{2} - 4$

【解析】 【解】补充 $L_{0} : x = 0$ （起点 $y = 2$ ，终点 $y = 0$ ），记 $L$ 与 $L_{0}$ 围成的区域为 $D$ ，由格林公式得

$I = \oint_{L + L_{0}} 3 x^{2} y d x + (x^{3} + x - 2 y) d y - \int_{L_{0}} 3 x^{2} y d x + (x^{3} + x - 2 y) d y$

$= \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ - \int_{2}^{0} - 2 y d y = \iint_{D} d x d y - \int_{0}^{2} 2 y d y = \frac{π}{2} - 4$ 。

20

（本题满分 11 分）

设

A = 100 a a 100 0 a 10 00 a 1, β = 1 - 1 00 .

（Ⅰ）计算行列式 $∣ A ∣$ ；

（Ⅱ）当实数 $a$ 为何值时，方程组 $A x = β$ 有无穷多解，并求其通解．

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【答案】
（Ⅰ） $∣ A ∣ = 1 - a^{4}$
（Ⅱ）当 $a = - 1$ 时，方程组 $A x = β$ 有无穷多解，通解为

x = C 1111 + 0 - 1 00, C .

【解析】
【解】（Ⅰ）由行列式按行或列展开的性质得

∣ A ∣ = 1 \times A_{11} + a \cdot A_{41} = M_{11} - a M_{41} = 1 - a^{4}

（Ⅱ）若 $A X = β$ 有无数个解，则 $∣ A ∣ = 0$ ，即 $a = - 1$ 或 $a = 1$ 。

当 $a = - 1$ 时，

(A ∣ β) = 100 - 1 - 1 100 0 - 1 10 00 - 1 1 1 - 1 00 \to 100001000010 - 1 - 1 - 1 0 0 - 1 00

因为 $r (A) = r (\overline{A}) = 3 < 4$ ，所以方程组 $A X = β$ 有无数个解，通解为

X = C 1111 + 0 - 1 00, C

当 $a = 1$ 时，

(A ∣ β) = 1001110001100011 1 - 1 00 \to 1000110001100010 1 - 1 0 - 2

因为 $r (A) \neq = r (\overline{A})$ ，所以方程组 $A X = β$ 无解。

21

(本题满分 11 分)

已知 $A = 10 - 1 0 010 a 11 a - 1$ ，二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} (A^{T} A) x$ 的秩为 2。

(Ⅰ) 求实数 $a$ 的值；

(Ⅱ) 求正交变换 $x = Q y$ 将二次型 $f$ 化为标准形。

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【答案】
(Ⅰ) $a = - 1$
(Ⅱ) 在正交变换 $x = Q y$ 下，二次型 $f$ 的标准形为 $f = 2 y_{2}^{2} + 6 y_{3}^{2}$ 。

【解析】
【解】(Ⅰ) $A = 10 - 1 0 010 a 11 a - 1 \to 10000100 11 a + 1 - 1 - a$ ，
由 $r (A^{T} A) = 2$ 及 $r (A^{T} A) = r (A)$ 得 $a = - 1$ 。

(Ⅱ) 当 $a = - 1$ 时， $A^{T} A = 202022224$ ，
由 $∣ λ E - A^{T} A ∣ = λ - 2 0 - 2 0 λ - 2 - 2 - 2 - 2 λ - 4 = λ (λ - 2) (λ - 6) = 0$ ，得 $A^{T} A$ 的特征值为 $λ_{1} = 0$ ， $λ_{2} = 2$ ， $λ_{3} = 6$ 。
当 $λ_{1} = 0$ 时，由 $(0 E - A^{T} A) X = 0$ 即 $A^{T} A X = 0$ 得 $λ_{1} = 0$ 对应的特征向量为 $ξ_{1} = - 1 - 1 1$ ；
当 $λ_{2} = 2$ 时，由 $(2 E - A^{T} A) X = 0$ 得 $λ_{2} = 2$ 对应的特征向量为 $ξ_{2} = 1 - 1 0$ ；
当 $λ_{3} = 6$ 时，由 $(6 E - A^{T} A) X = 0$ 得 $λ_{3} = 6$ 对应的特征向量为 $ξ_{3} = 112$ ，
单位化得 $γ_{1} = \frac{1}{3} - 1 - 1 1$ ， $γ_{2} = \frac{1}{2} 1 - 1 0$ ， $γ_{3} = \frac{1}{6} 112$ ，
令 $Q = - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6}$ ，在正交变换 $X = Q Y$ 下，二次型 $f$ 的标准形为
$f = 2 y_{2}^{2} + 6 y_{3}^{2}$ 。

22

（本题满分 11 分）

设二维离散型随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为

(X, Y) 012 0 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{12} 10 \frac{1}{3} 0 2 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{12}

（Ⅰ）求 $P {X = 2 Y}$ ；

（Ⅱ）求 $Cov (X - Y, Y)$ 。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ） $P {X = 2 Y} = \frac{1}{4}$
（Ⅱ） $Cov (X - Y, Y) = - \frac{2}{3}$

【解析】
【解】（Ⅰ） $P {X = 2 Y} = P {X = 0, Y = 0} + P {X = 2, Y = 1} = \frac{1}{4}$ 。

（Ⅱ）由 $(X, Y)$ 的联合分布律得 $X$ 、 $Y$ 、 $X Y$ 的分布律为

$X \sim (0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{3} 2 \frac{1}{6})$ ， $Y \sim (0 \frac{1}{3} 1 \frac{1}{3} 2 \frac{1}{3})$ ， $X Y \sim (0 \frac{7}{12} 1 \frac{1}{3} 4 \frac{1}{12})$ ，

于是 $E (X) = \frac{2}{3}$ ， $E (Y) = 1$ ， $E (Y^{2}) = \frac{5}{3}$ ， $D (Y) = E (Y^{2}) - [E (Y)]^{2} = \frac{2}{3}$ ， $E (X Y) = \frac{2}{3}$ ，

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

故 $Cov (X - Y, Y) = Cov (X, Y) - D (Y) = - \frac{2}{3}$ 。

23

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ 与 $N (μ, 2 σ^{2})$ ，其中 $σ$ 是未知参数且 $σ > 0$ 。记 $Z = X - Y$ 。

（Ⅰ）求 $Z$ 的概率密度 $f (z; σ^{2})$ ；

（Ⅱ）设 $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本，求 $σ^{2}$ 的最大似然估计量 $σ^{2}$ ；

（Ⅲ）证明 $σ^{2}$ 为 $σ^{2}$ 的无偏估计量。

查看答案与解析

答案
（Ⅰ） $f_{Z} (z) = \frac{1}{6 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{6 σ ^{2}}}$
（Ⅱ） $σ^{2} = \frac{1}{3 n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i}^{2}$
（Ⅲ）见解析

解析
【解】
(Ⅰ) 因为 $X$ 、 $Y$ 相互独立，所以 $Z = X - Y$ 服从正态分布。
由于

E (Z) = E (X) - E (Y) = 0, D (Z) = D (X) + D (Y) = 3 σ^{2},

因此 $Z \sim N (0, 3 σ^{2})$ ，故 $Z$ 的概率密度函数为

f_{Z} (z) = \frac{1}{6 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{6 σ ^{2}}}, (- \infty < z < + \infty) .

(Ⅱ) 似然函数为

L = f (z_{1}) f (z_{2}) \dots f (z_{n}) = (6 π σ^{2})^{- \frac{n}{2}} e^{- \frac{1}{6 σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} z_{i}^{2}} .

取对数得

ln L = - \frac{n}{2} ln 6 π - \frac{n}{2} ln σ^{2} - \frac{1}{6 σ ^{2}} i = 1 \sum n z_{i}^{2} .

对 $σ^{2}$ 求导，令导数为零：

\frac{d}{d ( σ ^{2} )} ln L = - \frac{n}{2 σ ^{2}} + \frac{1}{6 σ ^{4}} i = 1 \sum n z_{i}^{2} = 0,

解得

σ^{2} = \frac{1}{3 n} i = 1 \sum n z_{i}^{2} .

因此， $σ^{2}$ 的最大似然估计量为

σ^{2} = \frac{1}{3 n} i = 1 \sum n Z_{i}^{2} .

(Ⅲ) 由于

E (σ^{2}) = \frac{1}{3 n} i = 1 \sum n E (Z_{i}^{2}) = \frac{1}{3} E (Z^{2}) = \frac{1}{3} [D (Z) + (E (Z))^{2}] = σ^{2},

因此 $σ^{2} = \frac{1}{3 n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i}^{2}$ 是 $σ^{2}$ 的无偏估计量。