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2015 年真题

23 题

选择题

1

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续，其二阶导数 $f^{''} (x)$ 的图形如右图所示，则曲线 $y = f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 的拐点个数为

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正确答案：C

正确答案：C

对于连续函数的曲线而言，拐点处的二阶导数等于零或者不存在。

从图上可以看出有两个二阶导数等于零的点，以及一个二阶导数不存在的点 $x = 0$ 。

对于这三个点，左边二阶导数等于零的点的两侧，二阶导数都是正的，因此对应的点不是拐点。

而另外两个点的两侧，二阶导数是异号的，对应的点才是拐点。

所以应该选 (C)。

2

设 $y = \frac{1}{2} e^{2 x} + (x - \frac{1}{3}) e^{x}$ 是二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = c e^{x}$ 的一个特解，则

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正确答案：A

正确答案：A

线性微分方程的特征方程为 $r^{2} + a r + b = 0$ ，由特解可知 $r_{1} = 2$ 一定是特征方程的一个实根。

如果 $r_{2} = 1$ 不是特征方程的实根，则对应于 $f (x) = c e^{x}$ 的特解形式应为 $Q (x) e^{x}$ ，其中 $Q (x)$ 应是一个零次多项式，即常数，这与条件不符。

因此， $r_{2} = 1$ 也是特征方程的另一个实根。由韦达定理可得：

a = - (2 + 1) = - 3, b = 2 \times 1 = 2.

同时， $y^{*} = x e^{x}$ 是原方程的一个解，代入可得 $c = - 1$ ，应选 (A)。

3

若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛，则 $x = 3$ 与 $x = 3$ 对于幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n}$ 的

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正确答案：B

正确答案：B

设幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛，表明幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x = 1$ 处条件收敛，即该幂级数的收敛半径为 $1$ ，故有：

n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = 1.

因此，对于幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n}$ ，其收敛半径为：

R = n \to \infty lim \frac{n a _{n}}{( n + 1 ) a _{n + 1}} = 1,

收敛区间为 $(0, 2)$ 。

显然， $x = 3$ 位于收敛区间内，为收敛点；而 $x = 3$ 不在收敛区间内，为发散点。

因此，应选 (B)。

4

设 $D$ 是第一象限中由曲线 $2 x y = 1$ ， $4 x y = 1$ 与直线 $y = x$ ， $y = 3 x$ 所围成的平面区域，函数 $f (x, y)$ 在 $D$ 上连续，则

\iint_{D} f (x, y) d x d y

化为极坐标下的二次积分是

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正确答案：A

正确答案：A

积分区域如图所示，化成极坐标方程：

曲线 $2 x y = 1$ 化为 $r^{2} sin 2 θ = 1$ ，即 $r = \frac{1}{2 s i n 2 θ}$ 。

曲线 $4 x y = 1$ 化为 $r^{2} sin 2 θ = \frac{1}{2}$ ，即 $r = \frac{1}{s i n 2 θ}$ 。

直线 $y = x$ 对应 $θ = \frac{π}{4}$ ，直线 $y = 3 x$ 对应 $θ = \frac{π}{3}$ 。

因此，积分表达式为：

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) r d r

应该选 (A)。

5

设矩阵 $A = 111124 1 a a^{2}$ ， $b = 1 d d^{2}$ ，若集合 $Ω = {1, 2}$ ，则线性方程组 $A x = b$ 有无穷多解的充分必要条件是

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正确答案：D

正确答案：D

对线性方程组的增广矩阵进行初等行变换：方程组有无穷多解的充分必要条件是 $r (A) = r (A, b) < 3$ ，即

(a - 1) (a - 2) = 0 且 (d - 1) (d - 2) = 0

同时成立。因此，应选 (D)。

6

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换 $x = P y$ 下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，其中 $P = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ ，若 $Q = (e_{1}, - e_{3}, e_{2})$ ，则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在 $x = Q y$ 下的标准形为

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正确答案：A

正确答案：A

设 $Q = (e_{1}, - e_{3}, e_{2}) = (e_{1}, e_{2}, e_{3}) 100 00 - 1 010 = P 100 00 - 1 010$ ，则 $Q^{T} = 100001 0 - 1 0 P^{T}$ 。

已知 $f = x^{T} A x = y^{T} P^{T} A P y = y^{T} 21 - 1 y$ ，因此：

Q^{T} A Q = 100001 0 - 1 0 P^{T} A P 100 00 - 1 010 = 100001 0 - 1 0 21 - 1 100 00 - 1 010 = 2 - 1 1 .

故选择 (A)。

7

若 $A$ ， $B$ 为任意两个随机事件，则

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正确答案：C

正确答案：C

因为 $P (A) \geq P (A B)$ 且 $P (B) \geq P (A B)$ ，所以 $2 P (A B) \leq P (A) + P (B)$ ，即 $P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}$ 。

快速选 (C)。

8

设随机变量 $X$ 、 $Y$ 不相关，且 $EX = 2$ ， $E Y = 1$ ， $D X = 3$ ，则 $E (X (X + Y - 2)) = ()$ 。

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正确答案：D

正确答案：D

首先，计算期望 $E (X (X + Y - 2))$ ：

E (X (X + Y - 2)) = E (X^{2}) + E (X Y) - 2 E (X)

接着，利用方差与期望的关系 $D (X) = E (X^{2}) - (E (X))^{2}$ ，代入 $E (X^{2}) = D (X) + (E (X))^{2}$ ：

E (X (X + Y - 2)) = D (X) + (E (X))^{2} + E (X Y) - 2 E (X)

由于 $X$ 与 $Y$ 相互独立，有 $E (X Y) = E (X) E (Y)$ ，代入已知数值 $D (X) = 3$ ， $E (X) = 2$ ， $E (Y) = 1$ ：

E (X (X + Y - 2)) = 3 + 2^{2} + 2 \times 1 - 2 \times 2

计算得：

3 + 4 + 2 - 4 = 5

因此，答案为 $5$ ，应选择 (D)。

填空题

9

（填空题） $x \to 0 lim \frac{l n ( c o s x )}{x ^{2}} =$ ______

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【答案】 $- \frac{1}{2}$

【解析】
$lim_{x \to 0} \frac{l n ( c o s x )}{x ^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{- t a n x}{2 x} = - \frac{1}{2}$

10

（填空题） $\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (\frac{s i n x}{1 + c o s x} + ∣ x ∣) d x =$ ______.

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【答案】 $\frac{π ^{2}}{4}$

【解析】 只要注意 $\frac{s i n x}{1 + c o s x}$ 为奇函数，在对称区间上积分为零。

所以 $\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (\frac{s i n x}{1 + c o s x} + ∣ x ∣) d x = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} x d x = \frac{π ^{2}}{4}$

11

（填空题）若函数 $z = z (x, y)$ 是由方程 $e^{z} + x yz + x + cos x = 2$ 确定，则 $d z ∣_{(0, 1)} =$

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【答案】 $- d x$

【解析】

我们已知函数

F (x, y, z) = e^{z} + x yz + x + cos x - 2

其偏导数为：

F_{x}^{'} (x, y, z) = yz + 1 - sin x, F_{y}^{'} (x, y, z) = x z, F_{z}^{'} (x, y, z) = e^{z} + x y

在点 $(x, y, z) = (0, 1, 0)$ 处，有：

F_{x}^{'} (0, 1, 0) = 1 \cdot 0 + 1 - sin 0 = 1, F_{y}^{'} (0, 1, 0) = 0, F_{z}^{'} (0, 1, 0) = e^{0} + 0 \cdot 1 = 1

由隐函数求导公式：

\frac{\partial z}{\partial x}_{(0, 1)} = - \frac{F _{x} ( 0 , 1 , 0 )}{F _{z} ( 0 , 1 , 0 )} = - 1,

\frac{\partial z}{\partial y}_{(0, 1)} = - \frac{F _{y} ( 0 , 1 , 0 )}{F _{z} ( 0 , 1 , 0 )} = 0

因此，

d z ∣_{(0, 1)} = - 1 \cdot d x + 0 \cdot d y = - d x

12

（填空题）设 $Ω$ 是由平面 $x + y + z = 1$ 和三个坐标面围成的空间区域，则

∭_{Ω} (x + 2 y + 3 z) d x d y d z =

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 【详解】注意在积分区域内，三个变量 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 具有轮换对称性，即

∭_{Ω} x d x d y d z = ∭_{Ω} y d x d y d z = ∭_{Ω} z d x d y d z

因此，

∭_{Ω} (x + 2 y + 3 z) d x d y d z = 6 ∭_{Ω} z d x d y d z

进一步计算：

6 ∭_{Ω} z d x d y d z = 6 \int_{0}^{1} z d z \iint_{D_{z}} d x d y

其中， $D_{z}$ 为 $z$ 固定时的截面区域，面积为 $(1 - z)^{2}$ ，于是

6 \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z = 3 \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z

计算该积分：

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

最终结果为 $\frac{1}{4}$ 。

13

（填空题） $n$ 阶行列式 $2 - 1 ⋮ 00 02 ⋱ 00 \dots \dots ⋱ \dots \dots 00 ⋮ 2 - 1 22 ⋮ 22 =$

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【答案】

D_{n} = 2^{n + 1} - 2

【解析】 按照第一行展开，得

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

于是有

D_{n} + 2 = 2 (D_{n - 1} + 2) .

已知 $D_{1} = 2$ ， $D_{2} = 6$ ，可得

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

14

（填空题）设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N (1, 0; 1, 1; 0)$ ，则 $P {X Y - Y < 0} =$

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 【详解】由于相关系数等于零，所以 $X$ 、 $Y$ 都服从正态分布， $X \sim N (1, 1)$ ， $Y \sim N (0, 1)$ ，且相互独立。因此， $X - 1 \sim N (0, 1)$ 。

P {X Y - Y < 0} = P {Y (X - 1) < 0}

由于 $Y$ 与 $X - 1$ 相互独立，且均服从标准正态分布，可得：

P {Y (X - 1) < 0} = P {Y < 0, X - 1 > 0} + P {Y > 0, X - 1 < 0}

= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）设函数 $f (x) = x + a ln (1 + x) + b x sin x$ ， $g (x) = k x^{3}$ 在 $x \to 0$ 时为等价无穷小，求常数 $a, b, k$ 的取值。

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【答案】 $a = - 1$ ， $b = - \frac{1}{2}$ ， $k = - \frac{1}{3}$

【解析】 设函数 $f (x) = x + a ln (1 + x) + b x sin x$ 与 $g (x) = k x^{3}$ 在 $x \to 0$ 时为等价无穷小，即：

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = 1

代入 $f (x)$ 和 $g (x)$ ：

x \to 0 lim \frac{x + a ln ( 1 + x ) + b x sin x}{k x ^{3}} = 1

等价于：

x \to 0 lim \frac{x + a ln ( 1 + x ) + b x sin x}{x ^{3}} = k

为确保极限存在，需使分子在 $x = 0$ 处的低阶项为零。首先计算 $f (0)$ ：

f (0) = 0 + a ln 1 + b \cdot 0 \cdot sin 0 = 0

计算一阶导数 $f^{'} (x)$ ：

f^{'} (x) = 1 + a \cdot \frac{1}{1 + x} + b (sin x + x cos x)

在 $x = 0$ 处：

f^{'} (0) = 1 + a \cdot 1 + b \cdot 0 = 1 + a

为使 $f (x)$ 是比 $x$ 更高阶的无穷小，需 $f^{'} (0) = 0$ ，即：

1 + a = 0 ⟹ a = - 1

代入 $a = - 1$ ，得：

f (x) = x - ln (1 + x) + b x sin x

计算二阶导数 $f^{''} (x)$ ：

f^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x} + b sin x + b x cos x

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

在 $x = 0$ 处：

f^{''} (0) = \frac{1}{1} + 2 b \cdot 1 - 0 = 1 + 2 b

为使 $f (x)$ 是比 $x^{2}$ 更高阶的无穷小，需 $f^{''} (0) = 0$ ，即：

1 + 2 b = 0 ⟹ b = - \frac{1}{2}

代入 $b = - \frac{1}{2}$ ，得：

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

现在求极限：

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{x - ln ( 1 + x ) - \frac{1}{2} x sin x}{x ^{3}}

使用泰勒展开： $ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - O (x^{4})$ ， $sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})$ ，代入：

x - ln (1 + x) = x - (x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - O (x^{4})) = \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{4})

- \frac{1}{2} x sin x = - \frac{1}{2} x (x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})) = - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{12} x^{4} + O (x^{6})

相加：

f (x) = (\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}) + (- \frac{1}{2} x^{2}) + O (x^{4}) = - \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{4})

因此：

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{- \frac{x ^{3}}{3} + O ( x ^{4} )}{x ^{3}} = - \frac{1}{3}

故 $k = - \frac{1}{3}$ 。

验证：

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{k x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{- \frac{1}{3} x ^{3}} = \frac{lim _{x \to 0} \frac{f ( x )}{x ^{3}}}{- \frac{1}{3}} = \frac{- \frac{1}{3}}{- \frac{1}{3}} = 1

满足等价无穷小条件。

因此，常数取值为 $a = - 1$ ， $b = - \frac{1}{2}$ ， $k = - \frac{1}{3}$ 。

16

（本题满分 10 分）设函数 $y = f (x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于零，若对任意的 $x_{0} \in I$ ，曲线 $y = f (x)$ 在点 $(x_{0}, f (x_{0}))$ 处的切线与直线 $x = x_{0}$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 4，且 $f (0) = 2$ ，求 $f (x)$ 的表达式。

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【答案】 $y = \frac{8}{4 - x}$

【解析】 函数 $y = f (x)$ 在点 $(x_{0}, f (x_{0}))$ 处的切线方程为

y = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + f (x_{0})

令 $y = 0$ ，解得

x = x_{0} - \frac{f ( x _{0} )}{f ^{'} ( x _{0} )}

曲线在该点处的切线与直线 $x = x_{0}$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积为

S = \frac{1}{2} f (x_{0}) x_{0} - (x_{0} - \frac{f ( x _{0} )}{f ^{'} ( x _{0} )}) = 4

整理得

\frac{f ^{2} ( x _{0} )}{2 f ^{'} ( x _{0} )} = 4

即

f^{'} (x) = \frac{1}{8} f^{2} (x)

分离变量得

\frac{1}{f ( x )} = C - \frac{1}{8} x

由 $f (0) = 2$ 得 $C = \frac{1}{2}$ ，所求函数表达式为

y = \frac{8}{4 - x}

17

（本题满分 10 分）设函数 $f (x, y) = x + y + x y$ ，曲线 $C : x^{2} + y^{2} + x y = 3$ ，求 $f (x, y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数。

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【答案】 最大方向导数为 3

【解析】 函数 $f (x, y) = x + y + x y$ 在 $(x, y)$ 处的梯度为 $grad f = (1 + y, 1 + x)$ ，其模为 $∣ grad f ∣ = (1 + y)^{2} + (1 + x)^{2}$ ，此问题转化为求函数 $F (x, y) = (1 + x)^{2} + (1 + y)^{2}$ 在条件 $C : x^{2} + y^{2} + x y = 3$ 下的条件极值。用拉格朗日乘子法，令 $L (x, y, λ) = (1 + x)^{2} + (1 + y)^{2} + λ (x^{2} + y^{2} + x y - 3)$ ，解方程组

⎩ ⎨ ⎧ L_{x}^{'} = 2 (1 + x) + (2 x + y) λ = 0 L_{y}^{'} = 2 (1 + y) + (2 y + x) λ = 0 x^{2} + y^{2} + x y = 3

可得在点 $(2, - 1)$ 或 $(- 1, 2)$ 处方向导数取到最大，最大值为 $9 = 3$ 。

18

（本题满分 10 分）

(1) 设函数 $u (x)$ ， $v (x)$ 都可导，利用导数定义证明 $(u (x) v (x))^{'} = u^{'} (x) v (x) + u (x) v^{'} (x)$ ；

(2) 设函数 $u_{1} (x)$ ， $u_{2} (x)$ ， $\dots$ ， $u_{n} (x)$ 都可导， $f (x) = u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x)$ ，写出 $f (x)$ 的求导公式。

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【答案】
(1) 见解析
(2)

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

【解析】
(1) 证明：设 $y = u (x) v (x)$ ，则

Δ y = u (x + Δ x) v (x + Δ x) - u (x) v (x) = u (x + Δ x) v (x + Δ x) - u (x) v (x + Δ x) + u (x) v (x + Δ x) - u (x) v (x) = Δ u \cdot v (x + Δ x) + u (x) \cdot Δ v,

所以

\frac{Δ y}{Δ x} = \frac{Δ u}{Δ x} \cdot v (x + Δ x) + u (x) \cdot \frac{Δ v}{Δ x} .

由导数的定义和可导与连续的关系，得

y^{'} = Δ x \to 0 lim \frac{Δ y}{Δ x} = u^{'} (x) v (x) + u (x) v^{'} (x) .

(2) 设 $f (x) = u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x)$ ，其求导公式为

f^{'} (x) = u_{1}^{'} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x) + u_{1} (x) u_{2}^{'} (x) \dots u_{n} (x) + \dots + u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n}^{'} (x) .

19

（本题满分10分）已知曲线 $L$ 的方程为

{z = 2 - x^{2} - y^{2} z = x

起点为 $A (0, 2, 0)$ ，终点为 $B (0, - 2, 0)$ ，计算曲线积分

\int_{L} (y + z) d x + (z^{2} - x^{2} + y) d y + (x^{2} + y^{2}) d z

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【答案】 $\frac{2}{2} π$

【解析】 曲线 $L$ 的参数方程为

⎩ ⎨ ⎧ x = cos t y = 2 sin t z = cos t

起点 $A (0, 2, 0)$ 对应 $t = \frac{π}{2}$ ，终点为 $B (0, - 2, 0)$ 对应 $t = - \frac{π}{2}$ 。

\int_{L} (y + z) d x + (z^{2} - x^{2} + y) d y + (x^{2} + y^{2}) d z

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

= 22 \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} t d t = \frac{2}{2} π

20

（本题满分 11 分）设向量组 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 为向量空间 $R^{3}$ 的一组基， $β_{1} = 2 α_{1} + 2 k α_{3}$ ， $β_{2} = 2 α_{2}$ ， $β_{3} = α_{1} + (k + 1) α_{3}$ 。

(1) 证明：向量组 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 为向量空间 $R^{3}$ 的一组基；

(2) 当 $k$ 为何值时，存在非零向量 $ξ$ ，使得 $ξ$ 在基 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 和基 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 下的坐标相同，并求出所有的非零向量。

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【答案】
(1) 见解析
(2) 当 $k = 0$ 时，存在非零向量 $ξ$ ，使得 $ξ$ 在基 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 和基 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 下的坐标相同，所有非零向量为 $ξ = c α_{1} - c α_{3}$ ，其中 $c$ 为非零常数。

【解析】
(1) 由 $(β_{1}, β_{2}, β_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 20 2 k 020 10 k + 1$ ，计算矩阵行列式：

20 2 k 020 10 k + 1 = 2 \times 2 \times [(2) (k + 1) - 1 \times 2 k] = 4 \neq = 0

故向量组 $β_{1}$ 、 $β_{2}$ 、 $β_{3}$ 线性无关，为向量空间 $R^{3}$ 的一组基。

(2) 设非零向量 $ξ$ 在两组基下的坐标都是 $(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ ，则：

x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} = x_{1} β_{1} + x_{2} β_{2} + x_{3} β_{3}

整理得：

x_{1} (- α_{1} - 2 k α_{3}) + x_{2} (- 2 α_{2}) + x_{3} (- α_{1} - k α_{3}) = 0

即：

(- α_{1} - 2 k α_{3}, - 2 α_{2}, - α_{1} - k α_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = 0

该齐次线性方程组有非零解的充要条件是系数矩阵行列式为零：

- 1 0 - 2 k 0 - 2 0 - 1 0 - k = (- 1) \times (- 2) \times [(- 1) (- k) - (- 1) (- 2 k)] = 2 \times (- k) = 0

解得 $k = 0$ 。此时方程组为：

(- α_{1}, - 2 α_{2}, - α_{1}) x_{1} x_{2} x_{3} = 0

即：

{- x_{1} - x_{3} = 0 - 2 x_{2} = 0

通解为 $x_{1} = c$ ， $x_{2} = 0$ ， $x_{3} = - c$ （ $c \neq = 0$ ），故所有非零向量为 $ξ = c α_{1} - c α_{3}$ （ $c$ 为非零常数）。

21

（本题满分 11 分）已知矩阵 $A = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a$ 与 $B = 100 - 2 b 3 001$ 相似。

(1) 求 $a$ ， $b$ 的值；

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 4$ ， $b = 5$
(2) $P = 210 - 3 01 1 - 2 1$

【解析】
(1) 因为矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，所以迹相等且行列式相等，即

{0 + 3 + a = 1 + b + 1 ∣ A ∣ = ∣ B ∣

计算行列式： $∣ A ∣ = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a = 0 \cdot 3 - 2 - 3 a - 2 \cdot - 1 1 - 3 a (- 3) \cdot - 1 1 3 - 2 = - 2 (- a + 3) - 3 (2 - 3) = 2 a - 6 + 3 = 2 a - 3$

∣ B ∣ = 100 - 2 b 3 001 = 1 \cdot b \cdot 1 = b

因此得到方程组：

{3 + a = 2 + b 2 a - 3 = b

解得 $a = 4$ ， $b = 5$ 。

(2) 由 $B$ 的特征值为其对角元素 $1$ （二重）和 $5$ ，故 $A$ 的特征值也为 $1$ （二重）和 $5$ 。

对于特征值 $λ = 1$ ，解方程组 $(E - A) x = 0$ ：

E - A = 11 - 1 - 2 - 2 2 33 - 3

经初等行变换得：

100 - 2 00 300

基础解系为：

ξ_{1} = 210, ξ_{2} = - 3 01

对于特征值 $λ = 5$ ，解方程组 $(5 E - A) x = 0$ ：

5 E - A = 51 - 1 - 2 22 331

经初等行变换得：

100010 - 1 20

基础解系为：

ξ_{3} = 1 - 2 1

令 $P = (ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}) = 210 - 3 01 1 - 2 1$ ，则

P^{- 1} A P = 100010005

22

（本题满分 11 分）设 $f (x) = {2^{- x} ln 2, 0, x > 0 x \leq 0$ ，对 $X$ 进行独立重复的观测，直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止，记 $Y$ 为观测次数。求：

(1) 求 $Y$ 的概率分布；

(2) 求数学期望 $E (Y)$ 。

查看答案与解析

【答案】
(1) $P (Y = k) = \frac{1}{64} (k - 1) (\frac{7}{8})^{k - 2}, k = 2, 3, 4, \dots$
(2) $E (Y) = 16$

【解析】
(1) 对 $X$ 进行独立重复的观测，得到观测值大于 3 的概率为

P (X > 3) = \int_{3}^{+ \infty} 2^{- x} ln 2 d x = \frac{1}{8}

显然 $Y$ 的可能取值为 $2, 3, 4, \dots$

且

P (Y = k) = \frac{1}{8} \times C_{k - 1}^{1} \frac{1}{8} \times (\frac{7}{8})^{k - 2} = \frac{1}{64} (k - 1) (\frac{7}{8})^{k - 2}, k = 2, 3, 4, \dots

(2) 设

S (x) = n = 2 \sum \infty n (n - 1) x^{n - 2} = n = 2 \sum \infty (x^{n})^{''} = (n = 2 \sum \infty x^{n})^{''} = (\frac{x ^{2}}{1 - x})^{''} = \frac{2}{( 1 - x ) ^{3}}, ∣ x ∣ < 1

E (Y) = k = 2 \sum \infty k P (Y = k) = n = 2 \sum \infty \frac{1}{64} k (k - 1) (\frac{7}{8})^{k - 2} = \frac{1}{64} S (\frac{7}{8}) = 16

23

（本题满分 11 分）设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{1 - θ}, 0, θ \leq x \leq 1 其他

其中 $θ$ 为未知参数， $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 是来自总体的简单样本。

(1) 求参数 $θ$ 的矩估计量；

(2) 求参数 $θ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(1) 矩估计量： $\hat{θ} = 2 \overset{x}{ˉ} - 1$
(2) 最大似然估计量： $\hat{θ} = min (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$

【解析】
(1) 总体的数学期望为
$E (X) = \int_{θ}^{1} x \cdot \frac{1}{1 - θ} d x = \frac{1}{2} (1 + θ)$ 。

令 $E (X) = \overset{ˉ}{X}$ ，解得参数 $θ$ 的矩估计量为
$\hat{θ} = 2 \overset{x}{ˉ} - 1$ 。

(2) 似然函数为

L (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}; θ) = {\frac{1}{( 1 - θ ) ^{n}}, 0, θ \leq x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n} \leq 1 其他

显然 $L (θ)$ 是关于 $θ$ 的单调递增函数。为了使似然函数达到最大，只要使参数 $θ$ 尽可能大即可，因此参数 $θ$ 的最大似然估计量为
$\hat{θ} = min (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ 。