学习资源 / 数学历年真题 / 数学一 / 2013 年真题

整卷阅读

2013 年真题

23 题

选择题

1

已知 $x \to 0 lim \frac{x - a r c t a n x}{x ^{k}} = c$ ，其中 $k, c$ 为常数，且 $c \neq = 0$ ，则（）

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】因为 $c \neq = 0$ ，

c = x \to 0 lim \frac{x - arctan x}{x ^{k}} = 洛 x \to 0 lim \frac{1 - \frac{1}{1 + x ^{2}}}{k x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{x ^{2}}{k x ^{k - 1} ( 1 + x ^{2} )} = x \to 0 lim \frac{x ^{2}}{k x ^{k - 1}} = \frac{1}{k} x \to 0 lim x^{3 - k} .

所以 $3 - k = 0$ ， $k = 3$ ， $c = \frac{1}{k} = \frac{1}{3}$ ，故选 D。

2

曲面 $x^{2} + cos (x y) + yz + x = 0$ 在点 $(0, 1, - 1)$ 的切平面方程为（）

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】曲面在点 $(0, 1, - 1)$ 处的法向量为

n = (F_{x}^{'}, F_{y}^{'}, F_{z}^{'})_{(0, 1, - 1)} = (2 x - y sin (x y) + 1, - x sin (x y) + z, y)_{(0, 1, - 1)} = (1, - 1, 1)

故曲面在点 $(0, 1, - 1)$ 处的切平面方程为

1 \cdot (x - 0) - (y - 1) + (z + 1) = 0

即

x - y + z = - 2

故选 A。

3

设 $f (x) = x - \frac{1}{2}$ ， $b_{n} = 2 \int_{0}^{1} f (x) sin nπ x d x (n = 1, 2, \dots)$ 。
令 $s (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} sin nπ x$ ，则 $s (- \frac{9}{4}) =$ （）

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】
函数 $f (x) = x - \frac{1}{2}$ 可表示为分段函数：

f (x) = {\frac{1}{2} - x, x - \frac{1}{2}, x \in [0, \frac{1}{2}] x \in [\frac{1}{2}, 1]

将 $f (x)$ 作奇延拓，得到周期函数 $F (x)$ ，其周期 $T = 2$ 。

由于 $F (x)$ 在点 $x = - \frac{9}{4}$ 处连续，因此有：

S (- \frac{9}{4}) = F (- \frac{9}{4}) = F (- \frac{1}{4}) = - F (\frac{1}{4}) = - f (\frac{1}{4}) = - \frac{1}{4}

故选 C。

4

设 $L_{1} : x^{2} + y^{2} = 1$ ， $L_{2} : x^{2} + y^{2} = 2$ ， $L_{3} : x^{2} + 2 y^{2} = 2$ ， $L_{4} : 2 x^{2} + y^{2} = 2$ 为四条逆时针方向的平面曲线，记

I_{i} = \oint_{L_{i}} (y + \frac{y ^{3}}{6}) d x + (2 x - \frac{x ^{3}}{3}) d y (i = 1, 2, 3, 4)

则 $max {I_{1}, I_{2}, I_{3}, I_{4}} =$ （）

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】记 $P = y + \frac{y ^{3}}{6}$ ， $Q = 2 x - \frac{x ^{3}}{3}$ ，则

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 - x^{2} - 1 - \frac{y ^{2}}{2} = 1 - (x^{2} + \frac{y ^{2}}{2})

于是

I_{i} = \oint_{L_{i}} (y + \frac{y ^{3}}{6}) d x + (2 x - \frac{x ^{3}}{3}) d y = \iint_{D_{i}} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y = \iint_{D_{i}} [1 - (x^{2} + \frac{y ^{2}}{2})] d x d y

用 $D_{i}$ 表示 $L_{i}$ 所围区域，可得

I_{1} = \frac{5}{8} π, I_{2} = \frac{1}{2} π, I_{3} = \frac{3 2}{8}, I_{4} = \frac{2}{2} π,

并有 $I_{4} > I_{1} > I_{3} > I_{2}$ 。

故选 D。

5

设 $A$ , $B$ , $C$ 均为 $n$ 阶矩阵，若 $A B = C$ ，且 $B$ 可逆，则

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】将 $A, C$ 按列分块，
$A = (α_{1}, \dots, α_{n})$ ，
$C = (γ_{1}, \dots, γ_{n})$ 。

由于 $A B = C$ ，故

(α_{1}, \dots, α_{n}) b_{11} ⋮ b_{n 1} \dots ⋱ \dots b_{1 n} ⋮ b_{nn} = (γ_{1}, \dots, γ_{n})

即

γ_{1} = b_{11} α_{1} + \dots + b_{n 1} α_{n}, \dots, γ_{n} = b_{1 n} α_{1} + \dots + b_{nn} α_{n}

因此， $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表示。

又因为 $B$ 可逆，有 $A = C B^{- 1}$ ，所以 $A$ 的列向量组也可由 $C$ 的列向量组线性表示。

故选 B。

6

矩阵 $1 a 1 a b a 1 a 1$ 与 $200 0 b 0 000$ 相似的充要条件为（）

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】
将题目中的两个矩阵分别记为 $A$ 和 $B$ 。由于 $A$ 为实对称矩阵，可以相似对角化，从而 $A$ 与 $B$ 相似的充分必要条件为 $A$ 的特征值为 $2, b, 0$ 。又

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - a - 1 - a λ - b - a - 1 - a λ - 1 = λ [(λ - b) (λ - 2) - 2 a^{2}],

从而 $a = 0, b$ 为任意常数。

7

设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 是随机变量，且 $X_{1} \sim N (0, 1), X_{2} \sim N (0, 2^{2}), X_{3} \sim N (5, 3^{2})$ ， $p_{i} = P {- 2 \leq X_{i} \leq 2} (i = 1, 2, 3)$ ，则（）

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】

首先计算 $p_{1} = P {- 2 \leq X_{1} \leq 2}$ 。由于 $X_{1} \sim N (0, 1)$ ，有

p_{1} = Φ (2) - Φ (- 2) = 2 Φ (2) - 1

接着计算 $p_{2} = P {- 2 \leq X_{2} \leq 2}$ ，其中 $X_{2} \sim N (0, 4)$ 。标准化得

p_{2} = P {\frac{- 2 - 0}{2} \leq \frac{X _{2} - 0}{2} \leq \frac{2 - 0}{2}} = Φ (1) - Φ (- 1) = 2 Φ (1) - 1

再计算 $p_{3} = P {- 2 \leq X_{3} \leq 2}$ ，其中 $X_{3} \sim N (5, 9)$ 。标准化得

p_{3} = P {\frac{- 2 - 5}{3} \leq \frac{X _{3} - 5}{3} \leq \frac{2 - 5}{3}} = Φ (- 1) - Φ (- \frac{7}{3}) = Φ (\frac{7}{3}) - Φ (1)

由下图可知， $p_{1} > p_{2} > p_{3}$ ，因此选 A。

8

设随机变量 $X \sim t (n)$ ， $Y \sim F (1, n)$ ，给定 $α (0 < α < 0.5)$ ，常数 $c$ 满足 $P {X > c} = α$ ，则 $P {Y > c^{2}} =$

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】
设 $X \sim t (n)$ ，则 $X^{2} \sim F (1, n)$ 。

于是

P {Y > c^{2}} = P {X^{2} > c^{2}} = P {X > c} + P {X < - c} = 2 P {X > c} = 2 α

，因此选 C。

填空题

9

（填空题）设函数 $y = f (x)$ 由方程 $y - x = e^{x (1 - y)}$ 确定，则 $lim_{n \to \infty} n [f (\frac{1}{n}) - 1] =$

查看答案与解析

【答案】 1

【解析】 $x = 0$ 时， $y = 1$

方程两边对 x 求导得 $y^{'} - 1 = e^{x (1 - y)} (1 - y - x y^{'})$ 所以 $y^{'} (0) = 1$

l i m_{n \to \infty} n [f (\frac{1}{n}) - 1] = l i m_{n \to \infty} \frac{f ( \frac{1}{n} ) - f ( 0 )}{\frac{1}{n}} = f^{'} (0) = 1

10

（填空题）已知 $y_{1} = e^{3 x} - x e^{2 x}$ ， $y_{2} = e^{x} - x e^{2 x}$ ， $y_{3} = - x e^{2 x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解 $y =$

查看答案与解析

【答案】 $y = c 1 (e^{3 x} - e^{x}) + c 2 e^{x} - x e^{2 x}$

【解析】 $y_{1} - y_{2} = e^{3 x} - e^{x}$ ， $y_{2} - y_{3} = e^{x}$ ，

对应齐次微分方程的通解 $y^{2} = c_{1} (e^{3 x} - e^{x}) + c_{2} e^{x}$

非齐次微分方程的通解 $y = c_{1} (e^{3 x} - e^{x}) + c_{2} e^{x} - x e^{2 x}$

11

（填空题）设

{x = sin t y = t sin t + cos t

（ $t$ 为参数），求

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = \frac{π}{4}} =

查看答案与解析

【答案】 $2$

【解析】
首先，计算一阶导数：

\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d t} \cdot \frac{1}{\frac{d x}{d t}} = \frac{sin t + t cos t - sin t}{cos t} = t

接着，计算二阶导数：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d ( \frac{d y}{d x} )}{d t} \cdot \frac{d t}{d x} = \frac{1}{\frac{d x}{d t}} = \frac{1}{cos t}

最后，代入 $t = \frac{π}{4}$ 得：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = \frac{π}{4}} = \frac{1}{cos \frac{π}{4}} = 2

12

（填空题）

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{2}} d x =

查看答案与解析

【答案】 $ln 2$

【解析】
考虑积分

I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{2}} d x

采用分部积分法，令

u = ln x, d v = \frac{d x}{( 1 + x ) ^{2}}

则

d u = \frac{1}{x} d x, v = - \frac{1}{1 + x}

于是

I = - \frac{ln x}{1 + x}_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( 1 + x )} d x

第一项在 $x \to + \infty$ 时趋于 0，在 $x = 1$ 时为 $- \frac{l n 1}{2} = 0$ ，因此该部分为 0。

第二项可分解为

\frac{1}{x ( 1 + x )} = \frac{1}{x} - \frac{1}{1 + x}

所以

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

= ln \frac{x}{1 + x}_{1}^{+ \infty}

当 $x \to + \infty$ 时， $\frac{x}{1 + x} \to 1$ ，因此 $ln 1 = 0$ ；
当 $x = 1$ 时， $\frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$ ，因此

I = 0 - ln \frac{1}{2} = ln 2

故

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{2}} d x = ln 2

13

（填空题）设 $A = (a_{ij})$ 是 $3$ 阶非零矩阵， $∣ A ∣$ 为 A 的行列式， $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式，若 $a_{ij} + A_{ij} = 0 (i, j = 1, 2, 3)$ ，则 $∣ A ∣ =$

查看答案与解析

【答案】 -1

【解析】 方法一：取特殊矩阵 $A = 100 0 - 1 0 001$ ， $∣ A ∣ = - 1$

方法二： $A^{*} = - A^{T}$ ，则 $∣ A^{*} ∣ = ∣ - A^{T} ∣$ ，整理得到 $∣ A ∣^{3 - 1} = (- 1)^{3} ∣ A ∣$ ，即 $∣ A ∣ = - 1$ 或者 $∣ A ∣ = 0$

∣ A ∣ = a_{i 1} A_{i 1} + a_{i 2} A_{i 2} + a_{i 3} A_{i 3} = - (a_{i 1}^{2} + a_{i 2}^{2} + a_{i 3}^{2}) \leq 0

又因为 $A O$ ，所以至少有一个 $a_{ij} 0$ ，所以

∣ A ∣ = a_{i 1} A_{i 1} + a_{i 2} A_{i 2} + a_{i 3} A_{i 3} = - (a_{i 1}^{2} + a_{i 2}^{2} + a_{i 3}^{2}) < 0

从而 $∣ A ∣ = - 1$

14

（填空题）设随机变量 $Y$ 服从参数为 $1$ 的指数分布， $a$ 为常数且大于零，则

P {Y \leq a + 1 ∣ Y > a} =

查看答案与解析

【答案】

1 - \frac{1}{e}

【解析】
概率密度函数为

f (y) = {e^{- y}, 0, y > 0, y \leq 0.

所求条件概率为

P {Y \leq a + 1 ∣ Y > a} = \frac{P { Y > a , Y \leq a + 1 }}{P { Y > a }} = \frac{\int _{a}^{a + 1} f ( y ) d y}{\int _{a}^{+ \infty} f ( y ) d y} .

代入 $f (y)$ 得

\frac{\int _{a}^{a + 1} e ^{- y} d y}{\int _{a}^{+ \infty} e ^{- y} d y} = \frac{e ^{- a} - e ^{- (a + 1)}}{e ^{- a}} = 1 - \frac{1}{e} .

解答题

15

（本题满分 10 分）

计算

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

其中

f (x) = \int_{1}^{x} \frac{ln ( t + 1 )}{t} d t .

查看答案与解析

【答案】 $8 - 2 π - 4 ln 2$

【解析】
已知 $f (x) = \int_{1}^{x} \frac{l n ( t + 1 )}{t} d t$ ，则

f^{'} (x) = \frac{ln ( x + 1 )}{x}, f (1) = 0.

考虑积分

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

利用分部积分法，令 $u = f (x)$ ， $d v = \frac{1}{x} d x$ ，则

\int_{0}^{1} \frac{f ( x )}{x} d x = 2 \int_{0}^{1} f (x) d x .

分部积分得

2 \int_{0}^{1} f (x) d x = 2 f (x) x_{0}^{1} - 2 \int_{0}^{1} x f^{'} (x) d x .

代入上下限及 $f^{'} (x)$ 得

= 2 f (1) - 2 \int_{0}^{1} \frac{ln ( x + 1 )}{x} \cdot x d x = - 2 \int_{0}^{1} \frac{ln ( x + 1 )}{x} d x .

进一步化为

= - 4 \int_{0}^{1} ln (x + 1) d x .

再次分部积分，令 $u = ln (x + 1)$ ， $d v = d x$ ，得

- 4 [ln (x + 1) x_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x} d x] = - 4 ln 2 + 4 \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x} d x .

下面计算

\int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x} d x .

令 $x = t$ ，则 $x = t^{2}$ ， $d x = 2 t d t$ ，代入得

\int_{0}^{1} \frac{t}{1 + t ^{2}} \cdot 2 t d t = 2 \int_{0}^{1} \frac{t ^{2}}{1 + t ^{2}} d t .

拆分为

2 \int_{0}^{1} (1 - \frac{1}{1 + t ^{2}}) d t = 2 \int_{0}^{1} d t - 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t ^{2}} d t .

计算得

= 2 [t - arctan t]_{0}^{1} = 2 (1 - \frac{π}{4}) .

代回原式得

原式 = - 4 ln 2 + 4 \cdot 2 (1 - \frac{π}{4}) = - 4 ln 2 + 8 - 2 π = 8 - 2 π - 4 ln 2.

16

（本题满分10分）

设数列 ${a_{n}}$ 满足条件: $a_{0} = 3$ ， $a_{1} = 1$ ， $a_{n - 2} - n (n - 1) a_{n} = 0 (n \geq 2)$ ， $S (x)$ 是幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数

(I) 证明: $S^{''} (x) - S (x) = 0$

(II) 求 $S (x)$ 的表达式

查看答案与解析

【答案】 $S (x) = e^{- x} + 2 e^{x}$

【解析】 $S (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ， $S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ ，

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

S^{''} (x) - S (x) = n = 0 \sum \infty [(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - a_{n}] x^{n}

因为 $n (n - 1) a_{n} - a_{n - 2} = 0$ （ $n \geq 2$ ），所以 $(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - a_{n} = 0 (n \geq 0)$ ，

∴ ⎩ ⎨ ⎧ S^{''} (x) - S (x) = 0, S (0) = a_{0} = 3, S^{'} (0) = a_{1} = 1.

(II) $λ^{2} - 1 = 0$ ， $λ_{1} = 1$ ， $λ_{2} = - 1$ ，所以 $S (x) = C_{1} e^{- x} + C_{2} e^{x}$ 。

又 $S (0) = 3$ ， $S^{'} (0) = 1$ ，所以 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 2$ ， $S (x) = e^{- x} + 2 e^{x}$

17

（本题满分 10 分）

求函数 $f (x, y) = (y + \frac{x ^{3}}{3}) e^{x + y}$ 的极值。

查看答案与解析

【答案】 函数 $f (x, y)$ 在点 $(1, - \frac{4}{3})$ 处取得极小值 $- e^{- \frac{1}{3}}$ ，点 $(- 1, - \frac{2}{3})$ 不是极值点。

【解析】 令 $f_{x}^{'} = e^{x + y} (x^{2} + y + \frac{x ^{3}}{3}) = 0$ ， $f_{y}^{'} = e^{x + y} (1 + y + \frac{x ^{3}}{3}) = 0$ 。

解得

{x = 1 y = - \frac{4}{3} {x = - 1 y = - \frac{2}{3}

二阶偏导数为：

f_{xx}^{''} = e^{x + y} (2 x + 2 x^{2} + y + \frac{x ^{3}}{3}), f_{x y}^{''} = e^{x + y} (1 + x^{2} + y + \frac{x ^{3}}{3}), f_{yy}^{''} = e^{x + y} (2 + y + \frac{x ^{3}}{3})

在点 $(1, - \frac{4}{3})$ 处：

A = f_{xx}^{''} ∣_{(1, - \frac{4}{3})} = 3 e^{- \frac{1}{3}}, B = f_{x y}^{''} ∣_{(1, - \frac{4}{3})} = e^{- \frac{1}{3}}, C = f_{yy}^{''} ∣_{(1, - \frac{4}{3})} = e^{- \frac{1}{3}}

计算判别式：

A C - B^{2} = 3 e^{- \frac{2}{3}} - e^{- \frac{2}{3}} = 2 e^{- \frac{2}{3}} > 0

又因为 $A > 0$ ，所以 $(1, - \frac{4}{3})$ 是 $f (x, y)$ 的极小值点，极小值为：

f (1, - \frac{4}{3}) = - e^{- \frac{1}{3}}

在点 $(- 1, - \frac{2}{3})$ 处：

A = f_{xx}^{''} ∣_{(- 1, - \frac{2}{3})} = - e^{- \frac{5}{3}}, B = f_{x y}^{''} ∣_{(- 1, - \frac{2}{3})} = e^{- \frac{5}{3}}, C = f_{yy}^{''} ∣_{(- 1, - \frac{2}{3})} = e^{- \frac{5}{3}}

由于 $A C - B^{2} < 0$ ，因此 $(- 1, - \frac{2}{3})$ 不是 $f (x, y)$ 的极值点。

18

（本题满分 10 分）

设奇函数 $f (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f (1) = 1$ 。证明：

(I) 存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{'} (ξ) = 1$ 。

(II) 存在 $η \in (- 1, 1)$ ，使得 $f^{''} (η) + f^{'} (η) = 1$ 。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】

(I)

由于 $f (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上为奇函数，故 $f (- x) = - f (x)$ ，则 $f (0) = 0$ 。令 $F (x) = f (x) - x$ ，则 $F (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $F (1) = f (1) - 1 = 0$ ， $F (0) = f (0) - 0 = 0$ 。由罗尔定理，存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使得 $F^{'} (ξ) = 0$ ，即 $f^{'} (ξ) = 1$ 。

(II)

由于 $f (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上为奇函数，则 $f^{'} (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上为偶函数，所以由 (I) 得 $f^{'} (- ξ) = f^{'} (ξ) = 1$ 。

令 $G (x) = e^{x} [f^{'} (x) - 1]$ ，则 $G (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上连续，在 $(- 1, 1)$ 内可导，且 $G (ξ) = G (- ξ) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $η \in (- ξ, ξ) \subset (- 1, 1)$ ，使得 $G^{'} (η) = 0$ ，即 $f^{''} (η) + f^{'} (η) = 1$ 。

19

（本题满分10分）

设直线 $L$ 过 $A (1, 0, 0)$ ， $B (0, 1, 1)$ 两点，将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\sum$ ， $\sum$ 与平面 $z = 0$ ， $z = 2$ 所围成的立体为 $Ω$ 。

(I) 求曲面 $\sum$ 的方程，

(II) 求 $Ω$ 的形心坐标。

查看答案与解析

【答案】
(I) $x^{2} + y^{2} = 2 z^{2} - 2 z + 1$
(II) $(0, 0, \frac{7}{5})$

【解析】
(I) 已知 $\overline{A B} = (- 1, 1, 1)$ ，因此直线 $L$ 的方程为

\frac{x - 1}{- 1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{1} .

设 $Σ$ 上任意一点是由直线 $L$ 上的某点绕 $z$ 轴旋转一周得到的，则有

{x^{2} + y^{2} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2}, z = z_{0} .

又因为

\frac{x _{0} - 1}{- 1} = \frac{y _{0}}{1} = \frac{z _{0}}{1},

所以 $Σ$ 的方程为

x^{2} + y^{2} = (1 - z)^{2} + z^{2} = 2 z^{2} - 2 z + 1.

(II) 将方程改写为

x^{2} + y^{2} - 2 (z - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{2} .

设形心坐标为 $(\overset{x}{ˉ}, \overset{y}{ˉ}, \overset{z}{ˉ})$ ，由于几何体关于坐标轴对称，可知

\overset{x}{ˉ} = \overset{y}{ˉ} = 0.

计算

\overline{z} = \frac{∭ _{Ω} z d v}{∭ _{Ω} d v} = \frac{\int _{0}^{2} z d z x ^{2} + y ^{2} \leq 2 z ^{2} - 2 z + 1 \iint d x d y}{\int _{0}^{2} d z x ^{2} + y ^{2} \leq 2 z ^{2} - 2 z + 1 \iint d x d y} .

因为

x^{2} + y^{2} \leq 2 z^{2} - 2 z + 1 \iint d x d y = π (2 z^{2} - 2 z + 1),

所以

\overline{z} = \frac{π \int _{0}^{2} z ( 2 z ^{2} - 2 z + 1 ) d z}{π \int _{0}^{2} ( 2 z ^{2} - 2 z + 1 ) d z} = \frac{\int _{0}^{2} ( 2 z ^{3} - 2 z ^{2} + z ) d z}{\int _{0}^{2} ( 2 z ^{2} - 2 z + 1 ) d z} .

计算分子：

\int_{0}^{2} (2 z^{3} - 2 z^{2} + z) d z = [\frac{z ^{4}}{2} - \frac{2 z ^{3}}{3} + \frac{z ^{2}}{2}]_{0}^{2} = 8 - \frac{16}{3} + 2 = \frac{14}{3} .

计算分母：

\int_{0}^{2} (2 z^{2} - 2 z + 1) d z = [\frac{2 z ^{3}}{3} - z^{2} + z]_{0}^{2} = \frac{16}{3} - 4 + 2 = \frac{10}{3} .

因此

\overline{z} = \frac{\frac{14}{3}}{\frac{10}{3}} = \frac{7}{5} .

20

（本题满分11分）

设 $A = (11 a 0)$ ， $B = (01 1 b)$ ，当 $a$ 、 $b$ 为何值时，存在矩阵 $C$ 使得 $A C - C A = B$ ，并求所有矩阵 C 。

查看答案与解析

【答案】 当 $a = - 1$ , $b = 0$ 时，存在矩阵 $C$ ，且 $C = (k_{1} + k_{2} + 1 k_{1} - k_{1} k_{2})$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

【解析】 设 $C = (x_{1} x_{3} x_{2} x_{4})$ ，由 $A C - C A = B$ 得

(11 a 0) (x_{1} x_{3} x_{2} x_{4}) - (x_{1} x_{3} x_{2} x_{4}) (11 a 0) = (01 1 b)

(x_{1} + a x_{3} x_{1} x_{2} + a x_{4} x_{2}) - (x_{1} + x_{2} x_{3} + x_{4} a x_{1} a x_{3}) = (01 1 b)

⎩ ⎨ ⎧ - x_{2} + a x_{3} = 0 - a x_{1} + x_{2} + a x_{4} = 1 x_{1} - x_{3} - x_{4} = 1 x_{2} - a x_{3} = b

由于矩阵C存在，对方程组的增广矩阵进行初等行变换

0 - a 10 - 1 101 a 0 - 1 - a 0 a - 1 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 011 b \to 10000110 - 1 - a - a 0 - 1 000 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 10 a + 1 b

\to 10000100 - 1 - a 00 - 1 000 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 10 a + 1 b

方程组有解，故

a + 1 = 0, b = 0,

即 $a = - 1$ ， $b = 0$ 。
此时存在矩阵 $C$ 使得 $A C - C A = B$ 。

当 $a = - 1$ ， $b = 0$ 时，增广矩阵化为

10000100 - 1 100 - 1 000 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 1000 .

取 $x_{3}$ 、 $x_{4}$ 为自由变量。

令 $x_{3} = 1$ ， $x_{4} = 0$ ，代入相应齐次方程组，得 $x_{2} = - 1$ ， $x_{1} = 1$ ；
令 $x_{3} = 0$ ， $x_{4} = 1$ ，代入相应齐次方程组，得 $x_{2} = 0$ ， $x_{1} = 1$ 。

故

ξ_{1} = (1, - 1, 1, 0)^{T}, ξ_{2} = (1, 0, 0, 1)^{T} .

令 $x_{3} = 0$ ， $x_{4} = 0$ ，得特解

η = (1, 0, 0, 0)^{T} .

方程组的通解为

x = k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + η = (k_{1} + k_{2} + 1, - k_{1}, k_{1}, k_{2})^{T} .

所以

C = (k_{1} + k_{2} + 1 k_{1} - k_{1} k_{2}), k_{1}, k_{2} .

21

（本题满分 11 分）

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3})^{2} + (b_{1} x_{1} + b_{2} x_{2} + b_{3} x_{3})^{2},

记

α = a_{1} a_{2} a_{3}, β = b_{1} b_{2} b_{3} .

(I) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α α^{T} + β β^{T}$ ；

(II) 若 $α, β$ 正交且为单位向量，证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 证明：

（I） $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3})^{2} + (b_{1} x_{1} + b_{2} x_{2} + b_{3} x_{3})^{2}$

= 2 (x_{1}, x_{2}, x_{3}) a_{1} a_{2} a_{3} (a_{1}, a_{2}, a_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} + (x_{1}, x_{2}, x_{3}) b_{1} b_{2} b_{3} (b_{1}, b_{2}, b_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) (2 α α^{T} + β β^{T}) x_{1} x_{2} x_{3} = x^{T} A x, A = 2 α α^{T} + β β^{T}, x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} .

所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α α^{T} + β β^{T}$ 。

（II）由于 $A = 2 α α^{T} + β β^{T}$ ，且 $α$ 与 $β$ 正交，故 $α^{T} β = 0$ 。又 $α, β$ 为单位向量，故 $∥ α ∥ = α^{T} α = 1$ ，因此 $α^{T} α = 1$ ，同理 $β^{T} β = 1$ 。

计算得：

A α = (2 α α^{T} + β β^{T}) α = 2 α α^{T} α + β β^{T} α = 2 α,

由于 $α \neq = 0$ ，故 $A$ 有特征值 $λ_{1} = 2$ 。

又：

A β = (2 α α^{T} + β β^{T}) β = β,

由于 $β \neq = 0$ ，故 $A$ 有特征值 $λ_{2} = 1$ 。

矩阵的秩满足：

r (A) = r (2 α α^{T} + β β^{T}) \leq r (2 α α^{T}) + r (β β^{T}) = r (α α^{T}) + r (β β^{T}) = 1 + 1 = 2 < 3,

所以 $∣ A ∣ = 0$ ，故 $λ_{3} = 0$ 。

因此， $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{9} x^{2}, 0, 0 < x < 3 其他

令随机变量

Y = ⎩ ⎨ ⎧ 2, X, 1, X \leq 1 1 < X < 2 X \geq 2

（I）求 $Y$ 的分布函数；

（II）求概率 $P {X \leq Y}$ 。

查看答案与解析

【答案】
（I） $Y$ 的分布函数为：

F (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{1}{27} (y^{3} + 18), 1, y < 1 1 \leq y < 2 y \geq 2

（II）见解析

【解析】
（I）设 $y$ 的分布函数为 $F (y)$ ，则

F (y) = P {Y \leq y} = P {Y \leq y, X \leq 1} + P {Y \leq y, 1 < X < 2} + P {Y \leq y, X \geq 2} = P {2 \leq y, X \leq 1} + P {X \leq y, 1 < X < 2} + P {1 \leq y, X \geq 2}

（II）当 $y < 1$ 时， $F (y) = 0$ 。
当 $1 \leq y < 2$ 时，

F (y) = P {X \leq y, 1 < X < 2} + P {X \geq 2} = P {1 < X \leq y} + P {X \geq 2}

= \int_{1}^{y} \frac{1}{9} x^{2} d x + \int_{2}^{3} \frac{1}{9} x^{2} d x = \frac{1}{27} (y^{3} - 1) + \frac{1}{27} (3^{3} - 2^{3}) = \frac{1}{27} (y^{3} + 18)

当 $y \geq 2$ 时，

F (y) = P {X \leq 1} + P {1 < X < 2} + P {X \geq 2} = 1

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{θ ^{2}}{x ^{3}} e^{- \frac{θ}{x}}, 0, x > 0 x \leq 0

其中 $θ > 0$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(I) 求 $θ$ 的矩估计量；

(II) 求 $θ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(I) $\hat{θ} = \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$
(II) $\hat{θ} = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} \frac{1}{X _{i}}}$

【解析】
(I) $E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x; θ) d x = \int_{0}^{+ \infty} x \cdot \frac{θ ^{2}}{x ^{3}} \cdot e^{- \frac{θ}{x}} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{θ ^{2}}{x ^{2}} \cdot e^{- \frac{θ}{x}} d x$

令 $t = \frac{θ}{x}$ ，则 $x = \frac{θ}{t}$ ， $d x = - \frac{θ}{t ^{2}} d t$ 。当 $x \to 0^{+}$ 时， $t \to + \infty$ ；当 $x \to + \infty$ 时， $t \to 0$ 。

E (X) = \int_{+ \infty}^{0} \frac{θ ^{2}}{( \frac{θ}{t} ) ^{2}} \cdot e^{- t} \cdot (- \frac{θ}{t ^{2}}) d t = \int_{0}^{+ \infty} θ e^{- t} d t = θ

令 $E (X) = \overline{X}$ ，即 $θ = \overline{X}$ ，故 $θ$ 的矩估计量为 $\hat{θ} = \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 。

(II) 似然函数为

L (θ) = i = 1 \prod n f (x_{i}; θ) = {\prod_{i = 1}^{n} \frac{θ ^{2}}{x _{i}^{3}} e^{- \frac{θ}{x _{i}}}, 0, x_{i} > 0 (i = 1, 2, \dots, n) 其他

当 $x_{i} > 0 (i = 1, 2, \dots, n)$ 时，取对数得

ln L (θ) = i = 1 \sum n [2 ln θ - 3 ln x_{i} - \frac{θ}{x _{i}}]

对 $θ$ 求导并令其为 0：

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{2 n}{θ} - i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} = 0

解得 $θ = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} \frac{1}{x _{i}}}$ ，故 $θ$ 的最大似然估计量为 $\hat{θ} = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} \frac{1}{X _{i}}}$ 。