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2014 年真题

23 题

选择题

1

下列曲线中有渐近线的是

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正确答案：C

正确答案：C

a = x \to \infty lim \frac{f ( x )}{x} = x \to \infty lim \frac{x + s in \frac{1}{x}}{x} = x \to \infty lim (1 + \frac{1}{x} s in \frac{1}{x}) = 1

b = x \to \infty lim [f (x) - a x] = x \to \infty lim [x + s in \frac{1}{x} - x] = x \to \infty lim s in \frac{1}{x} = 0

$∴ y = x$ 是 $y = x + s in \frac{1}{x}$ 的渐近线

2

设函数 $f (x)$ 具有2阶导数， $g (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x$ ，则在区间 $[0, 1]$ 上()

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正确答案：D

正确答案：D
当

f^{''} (x) \geq 0

时，

f (x)

是凹函数，而

g (x)

是连接

(0, f (0))

与

(1, f (1))

的直线段，故

f (x) \leq g (x)

3

设 $f (x, y)$ 是连续函数，则 $\int_{0}^{1} d y \int_{- 1 - y^{2}}^{1 - y} f (x, y) d x =$

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正确答案：D

正确答案：D
积分区域为

0 \leq y \leq 1

，

- 1 - y^{2} \leq x \leq 1 - y

，用极坐标表示，

D_{1}

：

\frac{π}{2} \leq θ \leq π

，

0 \leq r \leq 1

；

D_{2}

：

0 \leq θ \leq \frac{π}{2}

，

0 \leq r \leq \frac{1}{cos θ + s in θ}

4

若 $\int_{- π}^{π} (x - a_{1} cos x - b_{1} sin x)^{2} d x = min_{a, b \in R} {\int_{- π}^{π} (x - a cos x - b sin x)^{2} d x}$ ，则 $a_{1} cos x + b_{1} sin x =$

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正确答案：A

正确答案：A

令 $Z (a, b) = \int_{- π}^{π} (x - a cos x - b sin x)^{2} d x$ ，求偏导并令其为 0：

{Z_{a}^{'} = 2 \int_{- π}^{π} (x - a cos x - b sin x) (- cos x) d x = 0 Z_{b}^{'} = 2 \int_{- π}^{π} (x - a cos x - b sin x) (- sin x) d x = 0

由第一式得 $a = 0$ ，由第二式得 $b = \frac{\int _{0}^{π} x sin x d x}{\int _{0}^{π} sin ^{2} x d x} = 2$ ，故 $a_{1} cos x + b_{1} sin x = 2 sin x$ 。

5

行列式 $0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d =$

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正确答案：B

正确答案：B

按第4行展开：

= - c \cdot b (- 1)^{3 + 2} a c b d + d \cdot a \cdot (- 1)^{2 + 1} a c b d = (a d - b c) \cdot b c - a d (a d - b c) = (a d - b c) (b c - a d) = - (a d - b c)^{2}

6

设 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 均为 3 维向量，则对任意常数 $k$ ， $l$ ，向量组 $α_{1} + k α_{3}$ ， $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关是向量组 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性无关的（）

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正确答案：A

正确答案：A

由

(α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 10 k 01 l

可知，当 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关时，向量组 $α_{1} + k α_{3}$ 、 $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关。

反之不成立。例如，当 $α_{3} = 0$ ，且 $α_{1}$ 与 $α_{2}$ 线性无关时， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性相关。

7

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，且 $P (B) = 0.5$ ， $P (A - B) = 0.3$ ，则 $P (B - A) = ()$

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正确答案：B

正确答案：B

P (A - B) = P (A) - P (A B)

，因为

A

与

B

相互独立，所以

P (A B) = P (A) P (B)

，则

P (A - B) = P (A) - P (A) P (B) = P (A) [1 - P (B)] = 0.3

，解得

P (A) = 0.6

，

P (A B) = 0.6 \times 0.5 = 0.3

，故

P (B - A) = P (B) - P (A B) = 0.5 - 0.3 = 0.2

8

设连续性随机变量 $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 相互独立，且方差均存在， $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 的概率密度分别为 $f_{1} (x)$ 与 $f_{2} (x)$ ，随机变量 $Y_{1}$ 的概率密度为 $f_{Y_{1}} (y) = \frac{1}{2} [f_{1} (y) + f_{2} (y)]$ ，随机变量 $Y_{2} = \frac{1}{2} (X_{1} + X_{2})$ 。则（）

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正确答案：D

正确答案：D

首先，计算 $E Y_{1}$ ：

E Y_{1} = \int_{- \infty}^{+ \infty} y [\frac{1}{2} f_{1} (y) + \frac{1}{2} f_{2} (y)] d y = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} y f_{1} (y) d y + \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} y f_{2} (y) d y

= \frac{1}{2} E X_{1} + \frac{1}{2} E X_{2}

接着，计算 $E Y_{2}$ ：

E Y_{2} = E [\frac{1}{2} (X_{1} + X_{2})] = \frac{1}{2} E X_{1} + \frac{1}{2} E X_{2}

因此，

E Y_{1} = E Y_{2}

接下来，计算 $E Y_{1}^{2}$ ：

E Y_{1}^{2} = \int_{- \infty}^{+ \infty} y^{2} [\frac{1}{2} f_{1} (y) + \frac{1}{2} f_{2} (y)] d y = \frac{1}{2} E X_{1}^{2} + \frac{1}{2} E X_{2}^{2}

然后，计算 $D Y_{1}$ ：

D Y_{1} = E Y_{1}^{2} - (E Y_{1})^{2} = \frac{1}{2} E X_{1}^{2} + \frac{1}{2} E X_{2}^{2} - (\frac{1}{2} E X_{1} + \frac{1}{2} E X_{2})^{2}

= \frac{1}{2} E X_{1}^{2} + \frac{1}{2} E X_{2}^{2} - \frac{1}{4} (E X_{1})^{2} - \frac{1}{4} (E X_{2})^{2} - \frac{1}{2} E X_{1} E X_{2}

= \frac{1}{4} D X_{1} + \frac{1}{4} D X_{2} + \frac{1}{4} E X_{1}^{2} + \frac{1}{4} E X_{2}^{2} - \frac{1}{2} E X_{1} E X_{2}

= \frac{1}{4} D X_{1} + \frac{1}{4} D X_{2} + \frac{1}{4} [E X_{1}^{2} + E X_{2}^{2} - 2 E (X_{1} X_{2})]

= \frac{1}{4} D X_{1} + \frac{1}{4} D X_{2} + \frac{1}{4} E (X_{1} - X_{2})^{2}

最后，计算 $D Y_{2}$ ：

D Y_{2} = D [\frac{1}{2} (X_{1} + X_{2})] = \frac{1}{4} D X_{1} + \frac{1}{4} D X_{2}

由于 $E (X_{1} - X_{2})^{2} > 0$ ，可得：

D Y_{1} > D Y_{2}

【答案】D

填空题

9

（填空题）曲面 $z = x^{2} (1 - sin y) + y^{2} (1 - sin x)$ 在点 $(1, 0, 1)$ 处的切平面方程为 ______。

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【答案】 $2 x - y - z - 1 = 0$

【解析】 曲面 $z = x^{2} (1 - sin y) + y^{2} (1 - sin x)$ 在点 $(1, 0, 1)$ 处的切平面方程为 ______。

在点 $(1, 0, 1)$ 处，

z_{x}_{(1, 0, 1)} = \frac{2 x ( 1 - sin y ) - y ^{2} cos x}{( 1 , 0 , 1 )} = 2,

z_{y}_{(1, 0, 1)} = [- x^{2} cos y + 2 y (1 - sin x)]_{(1, 0, 1)} = - 1.

切平面方程为

z_{x} (x - 1) + z_{y} (y - 0) + (- 1) (z - 1) = 0,

即

2 x - y - z - 1 = 0.

10

（填空题）设 $f (x)$ 是周期为 $4$ 的可导奇函数，且 $f^{'} (x) = 2 (x - 1)$ ， $x \in [0, 2]$ ，则 $f (7) =$

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【答案】 1

【解析】 $f (x)$ 是周期为 4 的可导函数，因此 $f (7) = f (3) = f (- 1) = - f (1)$ ，且 $f (0) = 0$ 。

又因为 $f^{'} (x) = 2 (x - 1)$ ，所以 $f (x) = x^{2} - 2 x + c$ 。将 $f (0) = 0$ 代入得 $c = 0$ ，于是 $f (x) = x^{2} - 2 x$ ，其中 $x \in [0, 2]$ 。

因此 $f (1) = - 1$ ，从而 $f (7) = - f (1) = 1$ 。

11

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

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【答案】 y = x e

【解析】 原方程为 $x y^{'} + y (ln x - ln y) = 0$ ，即 $x y^{'} + y ln \frac{x}{y} = 0$ 。
两边同除以 $x$ ，得

y^{'} + \frac{y}{x} ln \frac{x}{y} = 0

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = xu$ ，且

\frac{d y}{d x} = u + x \frac{d u}{d x}

代入上式，得

u + x \frac{d u}{d x} + u ln \frac{1}{u} = 0

整理得

\frac{d u}{u ( ln u - 1 )} = \frac{1}{x} d x

两端积分，得

\int \frac{d u}{u ( ln u - 1 )} = \int \frac{1}{x} d x + ln C

注意到

\int \frac{d u}{u ( ln u - 1 )} = \int \frac{d ( ln u - 1 )}{ln u - 1}

所以

ln ∣ ln u - 1∣ = ln ∣ x ∣ + ln C

即

ln u - 1 = C x

u = e^{C x + 1}

y = x e^{C x + 1}

代入初值条件 $y (1) = e$ ，得

e = 1 \cdot e^{C + 1} \Rightarrow C = 0

因此特解为

y = x e^{1} = x e

12

（填空题）设 L 是柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $y + z = 0$ 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 $\int_{L} z d x + y d z =$

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【答案】 π

【解析】 已知曲线 $L $ 的参数方程为：

⎩ ⎨ ⎧ x = cos t y = sin t z = - sin t t \in [0, 2 π]

计算曲线积分：

\int_{L} z d x + y d z

代入参数表达式：

d x = - sin t d t, d z = - cos t d t

z = - sin t, y = sin t

代入积分：

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

= \int_{0}^{2 π} (sin^{2} t - sin t cos t) d t

分别计算两项：

对 $\sin^2 t$ 项：
$\int_{0}^{2 π} sin^{2} t d t = \int_{0}^{2 π} \frac{1 - cos 2 t}{2} d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} 1 d t - \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} cos 2 t d t$
$= \frac{1}{2} \cdot 2 π - 0 = π$
对 $\sin t \cos t$ 项：
$\int_{0}^{2 π} sin t cos t d t = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{2} sin 2 t d t = 0$

因此：

\int_{L} z d x + y d z = π + 0 = π

积分结果为 $\pi$。

13

（填空题）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的负惯性指数是 $1$ ，则 $a$ 的取值范围是（）。

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【答案】 $- 2 \leq a \leq 2$

【解析】 考虑二次型矩阵

A = 10 a 0 - 1 2 a 20

已知其负惯性指数为 $1$ ，设特征值 $λ_{1} < 0$ ，其余 $λ_{2} \geq 0$ ， $λ_{3} \geq 0$ 。

由特征值性质及行列式计算可得

∣ A ∣ = a^{2} - 4

分析可知，当 $- 2 \leq a \leq 2$ 时，满足负惯性指数为 $1$ 。

14

（填空题）设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $θ$ 是未知参数， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。若 $c \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 是 $θ^{2}$ 的无偏估计，则 $c =$ ______。

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【答案】 $\frac{2}{5 n}$

【解析】 $E (X^{2}) = \int_{θ}^{2 θ} x^{2} \cdot \frac{2 x}{3 θ ^{2}} d x = \frac{2}{3 θ ^{2}} \int_{θ}^{2 θ} x^{3} d x = \frac{1}{6 θ ^{2}} \cdot 15 θ^{4} = \frac{5}{2} θ^{2}$ 。

$E (c \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) = c \cdot n \cdot \frac{5}{2} θ^{2}$ ，令其等于 $θ$ ，解得 $c = \frac{2}{5 n}$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )}

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】
【解】

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )} = x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{ln ( 1 + \frac{1}{x} )}

注意到

x \to + \infty lim \frac{\frac{1}{x}}{ln ( 1 + \frac{1}{x} )} = 1,

因此原式化为

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x} .

由洛必达法则，

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x} = x \to + \infty lim [x^{2} (e^{\frac{1}{x}} - 1) - x] .

令 $t = \frac{1}{x}$ ，当 $x \to + \infty$ 时 $t \to 0^{+}$ ，有

x \to + \infty lim x^{2} (e^{\frac{1}{x}} - 1 - \frac{1}{x}) = t \to 0 lim \frac{e ^{t} - 1 - t}{t ^{2}} .

再次使用洛必达法则，

t \to 0 lim \frac{e ^{t} - 1 - t}{t ^{2}} = t \to 0 lim \frac{e ^{t} - 1}{2 t} = \frac{1}{2} .

因此，原极限值为 $\frac{1}{2}$ .

16

（本题满分 10 分）

设函数 $y = f (x)$ 由方程

y^{3} + x y^{2} + x^{2} y + 6 = 0

确定，求 $f (x)$ 的极值。

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【答案】 函数 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处取得极小值 $- 2$ .

【解析】 【解】由 $y^{3} + x y^{2} + x^{2} y + 6 = 0$ 得

3 y^{2} \frac{d y}{d x} + y^{2} + 2 x y \frac{d y}{d x} + 2 x y + x^{2} \frac{d y}{d x} = 0,

解得

\frac{d y}{d x} = - \frac{2 x y + y ^{2}}{x ^{2} + 2 x y + 3 y ^{2}} .

由 $\frac{d y}{d x} = 0$ 得 $y = - 2 x$ ，代入原式得

{x = 1, y = - 2.

进一步求二阶导数：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - \frac{( 2 y + 2 x \frac{d y}{d x} + 2 y \frac{d y}{d x} ) ( x ^{2} + 2 x y + 3 y ^{2} ) - ( 2 x y + y ^{2} ) ( 2 x + 2 y + 2 x \frac{d y}{d x} + 6 y \frac{d y}{d x} )}{( x ^{2} + 2 x y + 3 y ^{2} ) ^{2}} .

将

{x = 1, y = - 2

代入得 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{4}{9} > 0$ ，故 $x = 1$ 为极小点，极小值为 $y = - 2$ 。

17

（本题满分 10 分）

设函数 $f (u)$ 二阶连续可导， $z = f (e^{x} cos y)$ 满足

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x},

若 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，求 $f (u)$ 的表达式。

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【答案】 $f (u) = - \frac{1}{16} (e^{- 2 u} - e^{2 u}) - \frac{1}{4} u$

【解析】
首先，计算一阶偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x} cos y \cdot f^{'}, \frac{\partial z}{\partial y} = - e^{x} sin y \cdot f^{'} .

接着，计算二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = e^{x} cos y \cdot f^{'} + e^{2 x} cos^{2} y \cdot f^{''},

\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = - e^{x} cos y \cdot f^{'} + e^{2 x} sin^{2} y \cdot f^{''} .

将两者相加，得到：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = e^{2 x} f^{''} .

令 $u = e^{x} cos y$ ，由题设条件

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x},

代入得：

f^{''} (u) = 4 f (u) + u,

即：

f^{''} (u) - 4 f (u) = u .

解此常微分方程，得通解：

f (u) = C_{1} e^{- 2 u} + C_{2} e^{2 u} - \frac{1}{4} u .

由初始条件 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，代入得方程组：

{C_{1} + C_{2} = 0, - 2 C_{1} + 2 C_{2} - \frac{1}{4} = 0.

解得：

C_{1} = - \frac{1}{16}, C_{2} = \frac{1}{16} .

因此，函数表达式为：

f (u) = - \frac{1}{16} (e^{- 2 u} - e^{2 u}) - \frac{1}{4} u .

18

（本题满分 10 分）

设 $Σ$ 为曲面 $z = x^{2} + y^{2} (z \leq 1)$ 的上侧，计算曲面积分

I = \iint_{Σ} (x - 1)^{3} d y d z + (y - 1)^{3} d z d x + (z - 1) d x d y .

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【答案】 $- 4 π$

【解析】 【解】令 $\sum_{0} : z = 1 (x^{2} + y^{2} \leq 1)$ ，取下侧，其中 $\sum$ 与 $\sum_{0}$ 围成的几何体为 $Ω$ 。

由高斯公式得：

\iint_{\sum + \sum_{0}} (x - 1)^{3} d y d z + (y - 1)^{3} d z d x + (z - 1) d x d y = - ∭_{Ω} [3 (x - 1)^{2} + 3 (y - 1)^{2} + 1] d v = - ∭_{Ω} [3 (x^{2} + y^{2}) - 6 x - 6 y + 7] d v = - ∭_{Ω} [3 (x^{2} + y^{2}) + 7] d v = - \int_{0}^{1} d z \iint_{x^{2} + y^{2} \leq z} [3 (x^{2} + y^{2}) + 7] d v = - \int_{0}^{1} d z \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{z} (3 r^{3} + 7 r) d r

计算得：

= - 2 π \int_{0}^{1} (\frac{3}{4} z^{2} + \frac{7}{2} z) d z = - 2 π (\frac{1}{4} + \frac{7}{4}) = - 4 π

而

\iint_{\sum_{0}} (x - 1)^{3} d y d z + (y - 1)^{3} d z d x + (z - 1) d x d y = \iint_{\sum_{0}} (z - 1) d x d y = 0

故

I = \iint_{\sum} (x - 1)^{3} d y d z + (y - 1)^{3} d z d x + (z - 1) d x d y = - 4 π

19

（本题满分 10 分）

设数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 满足 $0 < a_{n} < \frac{π}{2}, 0 < b_{n} < \frac{π}{2}, cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}$ ，且级数 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 收敛。

（Ⅰ）证明 $n \to \infty lim a_{n} = 0$ ；

（Ⅱ）证明级数 $n = 1 \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛。

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【答案】 见解析

【解析】

（Ⅰ）由 $cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}$ 得

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} .

因为 $a_{n} > 0$ ，所以

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} > 0,

故

0 < a_{n} < b_{n} .

又因为 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，所以 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，故

n \to \infty lim a_{n} = 0.

（Ⅱ）方法一：
由 $a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n}$ 得

\frac{a _{n}}{b _{n}} = \frac{cos a _{n} - cos b _{n}}{b _{n}} = - \frac{2 sin ( \frac{a _{n} + b _{n}}{2} ) sin ( \frac{a _{n} - b _{n}}{2} )}{b _{n}} \sim \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}} .

因为

0 ⩽ \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}} ⩽ \frac{b _{n}}{2},

且 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，所以 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}}$ 收敛。
由正项级数比较审敛法得 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛。

方法二：
由

n \to \infty lim \frac{\frac{a _{n}}{b _{n}}}{b _{n}} = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{b _{n}^{2}} = n \to \infty lim \frac{1 - cos b _{n}}{b _{n}^{2}} \cdot \frac{a _{n}}{1 - cos b _{n}} = \frac{1}{2} n \to \infty lim \frac{a _{n}}{1 - cos b _{n}} = \frac{1}{2} n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n} + 1 - cos b _{n}} = \frac{1}{2},

且级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，根据正项级数比较审敛法得级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛。

20

(本题满分11分)

设 $A = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3$ ， $E$ 为3阶单位矩阵。

(Ⅰ)求方程 $A x = 0$ 的一个基础解系；

(Ⅱ)求满足 $A B = E$ 的所有矩阵 $B$ .

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【答案】
(Ⅰ) 方程 $A x = 0$ 的一个基础解系为 $ξ = (- 1, 2, 3, 1)^{T}$ 。
(Ⅱ) 满足 $A B = E$ 的所有矩阵 $B$ 为

B = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

【解析】
（Ⅰ）
对矩阵 $A$ 作初等行变换：

A = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3 \to 100 - 2 14 3 - 1 - 3 - 4 11 \to 100 - 2 10 3 - 1 1 - 4 1 - 3

\to 100 - 2 10 001 5 - 2 - 3 \to 100010001 1 - 2 - 3 .

则方程组 $AX = 0$ 的一个基础解系为

ξ = (- 1, 2, 3, 1)^{T} .

（Ⅱ）
方法一
由增广矩阵 $(A ⋮ E)$ 出发：

(A ⋮ E) = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3 100010001 \to 100 - 2 14 3 - 1 - 3 - 4 11 10 - 1 010001

\to 100 - 2 10 3 - 1 1 - 4 1 - 3 10 - 1 01 - 4 001 \to 100 - 2 10 001 5 - 2 - 3 4 - 1 - 1 12 - 3 - 4 - 3 11

\to 100010001 1 - 2 - 3 2 - 1 - 1 6 - 3 - 4 - 1 11 .

得

B = 2 k_{1} + 6 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

方法二
令 $B = (X_{1}, X_{2}, X_{3})$ ， $E = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ ，则 $AB = E$ 等价于

AX_{1} = e_{1}, AX_{2} = e_{2}, AX_{3} = e_{3} .

方程组 $AX_{1} = e_{1}$ 的通解为
$X_{1} = k_{1} - 1 231 + 2 - 1 - 1 0 = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} (k_{1}) .$
方程组 $AX_{2} = e_{2}$ 的通解为
$X_{2} = k_{2} - 1 231 + 6 - 3 - 4 0 = - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} (k_{2}) .$
方程组 $AX_{3} = e_{3}$ 的通解为
$X_{3} = k_{3} - 1 231 + - 1 110 = - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3} (k_{3}) .$

故

B = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

方法三
令

B = x_{1} x_{4} x_{7} x_{10} x_{2} x_{5} x_{8} x_{11} x_{3} x_{6} x_{9} x_{12} .

由 $AB = E$ 得

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - 2 x_{4} + 3 x_{7} - 4 x_{10} = 1, x_{2} - 2 x_{5} + 3 x_{8} - 4 x_{11} = 0, x_{3} - 2 x_{6} + 3 x_{9} - 4 x_{12} = 0, x_{4} - x_{7} + x_{10} = 0, x_{5} - x_{8} + x_{11} = 1, x_{6} - x_{9} + x_{12} = 0, x_{1} + 2 x_{4} - 3 x_{10} = 0, x_{2} + 2 x_{5} - 3 x_{11} = 0, x_{3} + 2 x_{6} - 3 x_{12} = 1,

解得

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = - k_{1} + 2, x_{4} = 2 k_{1} - 1, x_{7} = 3 k_{1} - 1, x_{10} = k_{1}, ⎩ ⎨ ⎧ x_{2} = - k_{2} + 6, x_{5} = 2 k_{2} - 3, x_{8} = 3 k_{2} - 4, x_{11} = k_{2}, ⎩ ⎨ ⎧ x_{3} = - k_{3} - 1, x_{6} = 2 k_{3} + 1, x_{9} = 3 k_{3} + 1, x_{12} = k_{3} .

故

B = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

21

(本题满分11分)

证明 $n$ 阶矩阵 $11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots \dots 11 ⋮ 1$ 与 $00 ⋮ 0 \dots \dots ⋮ \dots 00 ⋮ 0 12 ⋮ n$ 相似。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 【证明】

令 $A = 11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots \dots 11 ⋮ 1$ ， $B = 00 ⋮ 0 \dots \dots \dots 00 ⋮ 0 12 ⋮ n$

由 $∣ λ E - A ∣ = 0$ 得 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = \dots = λ_{n - 1} = 0$ ， $λ_{n} = n$ ，

由 $∣ λ E - B ∣ = 0$ 得 $B$ 的特征值为 $λ_{1} = \dots = λ_{n - 1} = 0$ ， $λ_{n} = n$ ，

因为 $A^{2} = A$ ，所以 $A$ 可对角化；

因为 $r (0 E - B) = r (B) = 1$ ，所以 $B$ 可对角化，

因为 $A, B$ 特征值相同且都可对角化，所以 $A \sim B$ 。

方法点评：本题考查矩阵相似。

设 $A, B$ 为两个 $n$ 阶矩阵，若 $A \sim B$ ，则 $A, B$ 的特征值相同；反之，若 $A, B$ 的特征值相同，两矩阵不一定相似，即特征值相同是两个矩阵相似的必要而非充分条件。

注意如下结论：

（1）若 $A, B$ 特征值相同，且 $A, B$ 都可相似对角化，则 $A \sim B$ ；

（2）若 $A, B$ 特征值相同，但 $A, B$ 中一个可相似对角化，另一个不可相似对角化，则两矩阵一定不相似。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P {X = 1} = P {X = 2} = \frac{1}{2}$ ．在给定 $X = i$ 的条件下，随机变量 $Y$ 服从均匀分布 $U (0, i) (i = 1, 2)$ ．

（Ⅰ）求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y} (y)$ ；

（Ⅱ）求 $E (Y)$ 。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ）Y的分布函数为

F_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3 y}{4}, \frac{1}{2} + \frac{y}{4}, 1, y < 0, 0 \leq y < 1, 1 \leq y < 2, y \geq 2.

（Ⅱ） $E (Y) = \frac{3}{4}$ .

【解析】
（Ⅰ）求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y} (y)$

分布函数 $F_{Y} (y) = P {Y \leq y}$ ，根据全概率公式，结合 $X$ 的取值情况展开：

F_{Y} (y) = P {X = 1} P {Y \leq y ∣ X = 1} + P {X = 2} P {Y \leq y ∣ X = 2} = \frac{1}{2} P {Y \leq y ∣ X = 1} + \frac{1}{2} P {Y \leq y ∣ X = 2}

当 $y < 0$ 时， $P {Y \leq y ∣ X = 1} = 0$ ， $P {Y \leq y ∣ X = 2} = 0$ ，故 $F_{Y} (y) = 0$ 。
当 $0 \leq y < 1$ 时， $Y ∣ X = 1 \sim U (0, 1)$ ，则 $P {Y \leq y ∣ X = 1} = y$ ； $Y ∣ X = 2 \sim U (0, 2)$ ，则 $P {Y \leq y ∣ X = 2} = \frac{y}{2}$ 。
因此 $F_{Y} (y) = \frac{1}{2} \cdot y + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{3 y}{4}$ 。
当 $1 \leq y < 2$ 时， $P {Y \leq y ∣ X = 1} = 1$ ； $P {Y \leq y ∣ X = 2} = \frac{y}{2}$ 。
因此 $F_{Y} (y) = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{1}{2} + \frac{y}{4}$ 。
当 $y \geq 2$ 时， $P {Y \leq y ∣ X = 1} = 1$ ， $P {Y \leq y ∣ X = 2} = 1$ ，故 $F_{Y} (y) = 1$ 。

综上， $Y$ 的分布函数为：

F_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3 y}{4}, \frac{1}{2} + \frac{y}{4}, 1, y < 0, 0 \leq y < 1, 1 \leq y < 2, y \geq 2.

（Ⅱ）求 $E (Y)$

可先求 $Y$ 的概率密度函数 $f_{Y} (y)$ ，对 $F_{Y} (y)$ 求导：

当 $0 < y < 1$ 时， $f_{Y} (y) = \frac{3}{4}$ ；
当 $1 < y < 2$ 时， $f_{Y} (y) = \frac{1}{4}$ ；
其余区间 $f_{Y} (y) = 0$ 。

根据期望的定义 $E (Y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} y f_{Y} (y) d y$ ，计算得：

E (Y) = \int_{0}^{1} y \cdot \frac{3}{4} d y + \int_{1}^{2} y \cdot \frac{1}{4} d y = \frac{3}{4} \cdot \frac{y ^{2}}{2}_{0}^{1} + \frac{1}{4} \cdot \frac{y ^{2}}{2}_{1}^{2} = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} \cdot (4 - 1) = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}

或者，利用全期望公式 $E (Y) = E [E (Y ∣ X)]$ ：

$E (Y ∣ X = 1) = \frac{0 + 1}{2} = \frac{1}{2}$ （均匀分布 $U (0, 1)$ 的期望）；
$E (Y ∣ X = 2) = \frac{0 + 2}{2} = 1$ （均匀分布 $U (0, 2)$ 的期望）；

因此：

E (Y) = P {X = 1} E (Y ∣ X = 1) + P {X = 2} E (Y ∣ X = 2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}

最终，（Ⅰ）分布函数如上述分段函数；（Ⅱ） $E (Y) = \frac{3}{4}$ 。

23

本题满分 11 分

设总体 $X$ 的分布函数为

F (x) = {0, 1 - e^{- \frac{x ^{2}}{θ}}, x < 0 x \geq 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 $EX$ 及 $E X^{2}$ 。

(II) 求 $θ$ 的最大似然估计量 $\hat{θ}$ 。

(III) 是否存在实数 $a$ ，使得对任意的 $ε > 0$ ，都有 $lim_{n \to \infty} P {∣ \hat{θ} - a ∣ \geq ε} = 0$ ？

查看答案与解析

【答案】
(I) $EX = \frac{π θ}{2}$ , $E X^{2} = θ$
(II) $\hat{θ} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$
(III) 存在实数 $a = θ$

【解析】
（I）概率密度函数为

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

计算期望：

EX = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x) d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{2}}{θ} e^{- \frac{x ^{2}}{θ}} d x .

令 $t = \frac{x ^{2}}{θ}$ ，则

EX = 2 \int_{0}^{+ \infty} t e^{- t} \cdot \frac{θ}{2 t} d t = θ \int_{0}^{+ \infty} t e^{- t} d t = θ Γ (\frac{1}{2} + 1) = \frac{π θ}{2} .

计算二阶矩：

E X^{2} = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} f (x) d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{3}}{θ} e^{- \frac{x ^{2}}{θ}} d x .

作变量替换，令 $u = \frac{x ^{2}}{θ}$ ，得

E X^{2} = θ \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{2}}{θ} e^{- \frac{x ^{2}}{θ}} d (\frac{x ^{2}}{θ}) = θ Γ (2) = θ .

（II）似然函数为

L (θ) = \frac{2 ^{n} x _{1} x _{2} \dots x _{n}}{θ ^{n}} e^{- \frac{x _{1}^{2} + x _{2}^{2} + \dots + x _{n}^{2}}{θ}} .

取对数得

ln L (θ) = n ln 2 + i = 1 \sum n ln x_{i} - n ln θ - \frac{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}^{2}}{θ} .

对 $θ$ 求导并令导数为零：

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

解得最大似然估计量为

\hat{θ} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}^{2} .

（III）由大数定律， $\hat{θ} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 依概率收敛于 $E X^{2} = θ$ 。
因此存在 $a = θ$ ，使得对任意 $ε > 0$ ，有

n \to \infty lim P {\hat{θ} - a \geq ε} = 0.