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2017 年真题

23 题

选择题

1

若函数 $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1 - cos x}{a x}, b, x > 0, x \leq 0$ 在 $x = 0$ 处连续，则( )

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正确答案：A

正确答案：A

【解】 $f (0 + 0) = x \to 0^{+} lim \frac{1 - cos x}{a x} = \frac{1}{2 a}$ ， $f (0) = f (0 - 0) = b$ ，

因为 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，所以 $f (0 + 0) = f (0) = f (0 - 0)$ ，

从而 $ab = \frac{1}{2}$ ，应选(A).

2

设函数 $f (x)$ 可导，且 $f (x) f^{'} (x) > 0$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解】方法一若 $f (x) > 0$ ，则 $f^{'} (x) > 0$ ，从而 $f (1) > f (- 1) > 0$ ；

若 $f (x) < 0$ ，则 $f^{'} (x) < 0$ ，从而 $f (1) < f (- 1) < 0$ ，

故 $∣ f (1) ∣ > ∣ f (- 1) ∣$ ，应选（C）．

方法二由 $f (x) \cdot f^{'} (x) = [\frac{1}{2} f^{2} (x)]^{'} > 0$ 得 $f^{2} (x)$ 单调递增，

从而 $f^{2} (1) > f^{2} (- 1)$ ，故 $∣ f (1) ∣ > ∣ f (- 1) ∣$ ，应选（C）．

3

函数 $f (x, y, z) = x^{2} y + z^{2}$ 在点 $(1, 2, 0)$ 处沿向量 $n = (1, 2, 2)$ 的方向导数为( )

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正确答案：D

正确答案：D

【解】 $\frac{\partial f}{\partial x} = 2 x y$ ， $\frac{\partial f}{\partial y} = x^{2}$ ， $\frac{\partial f}{\partial z} = 2 z$ ，

$\frac{\partial f}{\partial x}_{(1, 2, 0)} = 4$ ， $\frac{\partial f}{\partial y}_{(1, 2, 0)} = 1$ ， $\frac{\partial f}{\partial z}_{(1, 2, 0)} = 0$ ，

$cos α = \frac{1}{3}$ ， $cos β = \frac{2}{3}$ ， $cos γ = \frac{2}{3}$ ，

所求的方向导数为 $\frac{\partial f}{\partial n}_{(1, 2, 0)} = 4 \times \frac{1}{3} + 1 \times \frac{2}{3} = 2$ ，应选(D).

【答案】(D).

4

甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 10（单位：m）处，图中，实线表示甲的速度曲线 $v = v_{1} (t)$ （单位：m/s），虚线表示乙的速度曲线 $v = v_{2} (t)$ ，三块阴影部分面积的数值依次是 10,20,3。计时开始后乙追上甲的时刻记为 $t_{0}$ （单位：s），则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解】
从 $t = 0$ 到 $t = t_{0}$ 的时间段内，甲、乙走过的距离分别为

S_{1} = \int_{0}^{t_{0}} v_{1} (t) d t, S_{2} = \int_{0}^{t_{0}} v_{2} (t) d t .

在 $t = t_{0}$ 时，有 $S_{1} = S_{2} + 10$ ，即

\int_{0}^{t_{0}} v_{1} (t) d t = \int_{0}^{t_{0}} v_{2} (t) d t + 10,

或写作

\int_{0}^{t_{0}} [v_{1} (t) - v_{2} (t)] d t = 10.

由此解得 $t_{0} = 25$ ，应选（C）。

5

设 $α$ 为 $n$ 维单位列向量， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解】方法一 令 $A = α α^{T}$ ， $A^{2} = A$ ，

令 $A X = λ X$ ，由 $(A^{2} - A) X = (λ^{2} - λ) X = 0$ 得 $λ^{2} - λ = 0$ ， $λ = 0$ 或 $λ = 1$ ，

因为 $t r A = α^{T} α = 1 = λ_{1} + \dots + λ_{n}$ 得 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = \dots = λ_{n - 1} = 0$ ， $λ_{n} = 1$ ，

$E - α α^{T}$ 的特征值为 $λ_{1} = \dots = λ_{n - 1} = 1$ ， $λ_{n} = 0$ ，从而 $∣ E - α α^{T} ∣ = 0$ ，

即 $E - α α^{T}$ 不可逆，应选（A）.

方法二 令 $A = E - α α^{T}$ ， $A^{2} = (E - α α^{T}) \cdot (E - α α^{T}) = E - 2 α α^{T} + α α^{T} = A$ ，

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

再由 $r (A) + r (E - A) \geq r [A + (E - A)] = r (E) = n$ 得

$r (A) + r (E - A) = n$ ，

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

于是 $r (A) = n - 1 < n$ ，即 $E - α α^{T}$ 不可逆，应选（A）.

6

已知矩阵 $A = 200020011$ , $B = 200120001$ , $C = 100020002$ , 则( )

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正确答案：B

正确答案：B

【解】显然矩阵 $A, B, C$ 的特征值都是 $λ_{1} = λ_{2} = 2$ , $λ_{3} = 1$ ,

由 $2 E - A = 000000 0 - 1 1$ 得 $r (2 E - A) = 1$ , 则 A 可相似对角化，从而 $A \sim C$ ;

由 $2 E - B = 000 - 1 00 001$

得 $r (2 E - B) = 2$ , 则 $B$ 不可相似对角化，从而 $B$ 与 $A, C$ 不相似，

应选 (B)。

7

设 $A, B$ 为随机事件.若 $0 < P (A) < 1, 0 < P (B) < 1$ ，则 $P (A ∣ B) > P (A ∣ \overline{B})$ 的充分必要条件是( )

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正确答案：A

正确答案：A

【解】由 $P (A ∣ B) > P (A ∣ \overline{B})$ 得 $\frac{P ( A B )}{P ( B )} > \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{P ( A ) - P ( A B )}{1 - P ( B )}$ ，即

$P (A ∣ B) > P (A ∣ \overline{B})$ 等价于 $P (A B) > P (A) P (B)$ ；

由 $P (B ∣ A) > P (B ∣ \overline{A})$ 得 $\frac{P ( A B )}{P ( A )} > \frac{P ( B ) - P ( A B )}{1 - P ( A )}$ ，即

$P (B ∣ A) > P (B ∣ \overline{A})$ 等价于 $P (A B) > P (A) P (B)$ ，应选(A)。

8

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n \geq 2)$ 为来自总体 $N (μ, 1)$ 的简单随机样本，记 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ，则下列结论中不正确的是（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解】若总体 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，则

$\frac{1}{σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2} \sim χ^{2} (n)$ ， $\frac{1}{σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2} \sim χ^{2} (n - 1)$ ，

因为总体 $X \sim N (μ, 1)$ ，所以 $\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2} \sim χ^{2} (n)$ ， $\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2} \sim χ^{2} (n - 1)$ ，

再由 $\overline{X} \sim N (μ, \frac{1}{n})$ 得 $\frac{X - μ}{\frac{1}{n}} = n (\overline{X} - μ) \sim N (0, 1)$ ，从而 $n (\overline{X} - μ)^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，

不正确的是（B），应选（B）.

填空题

9

（填空题）已知函数 $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ ，则 $f^{(3)} (0) =$ ______．

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【答案】 0

【解析】 方法一 $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - x^{6} + x^{8} + o (x^{8})$ ，

由 $\frac{f ^{(3)} ( 0 )}{3 !} = 0$ 得 $f^{(3)} (0) = 0$ 。

方法二根据求导改变奇偶性的性质，因为 $f (x)$ 为偶函数，所以 $f^{(3)} (x)$ 为奇函数，

故 $f^{(3)} (0) = 0$ 。

10

（填空题）微分方程 $y^{''} + 2 y^{'} + 3 y = 0$ 的通解为 $y =$ ______．

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【答案】 $e^{- x} (C_{1} cos 2 x + C_{2} sin 2 x)$ （ $C_{1}, C_{2}$ 为任意常数）

【解析】 【解】特征方程为 $λ^{2} + 2 λ + 3 = 0$ ，特征值为 $λ_{1, 2} = - 1 \pm 2 i$ ，通解为 $y = e^{- x} (C_{1} cos 2 x + C_{2} sin 2 x)$ （ $C_{1}, C_{2}$ 为任意常数）

11

（填空题）若曲线积分 $\int_{L} \frac{x d x - a y d y}{x ^{2} + y ^{2} - 1}$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} < 1}$ 内与路径无关，则 $a =$ ______．

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【答案】 -1

【解析】

P = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2} - 1}, Q = - \frac{a y}{x ^{2} + y ^{2} - 1}

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

由于曲线积分与路径无关，

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}

代入得

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

因此

a = - 1

12

（填空题）幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} n x^{n - 1}$ 在区间 $(- 1, 1)$ 内的和函数 $S (x) =$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$

【解析】
方法一： $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} n x^{n - 1} = - [\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} x^{n}]^{'} = - (\frac{- x}{1 + x})^{'} = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$

方法二：令 $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} n x^{n - 1}$ ，

则 $\int_{0}^{x} S (x) d x = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{0}^{x} (- 1)^{n - 1} n x^{n - 1} d x = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} x^{n}$

$= - \sum_{n = 1}^{\infty} (- x)^{n} = - \frac{- x}{1 + x} = \frac{x}{1 + x}$ ，

故 $S (x) = (\frac{x}{1 + x})^{'} = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$

13

（填空题）设矩阵 $A = 110011121,$ $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 为线性无关的 $3$ 维列向量组，则向量组 $A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}$ 的秩为______．

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【答案】 2

【解析】
$(A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = A (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 。

因为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，所以 $(α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 可逆，从而

r (A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = r (A)

由

A \to 100010110,

得 $r (A) = 2$ ，故向量组 $A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}$ 的秩为 2。

14

（填空题）设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F (x) = 0.5Φ (x) + 0.5Φ (\frac{x - 4}{2})$ ，其中 $Φ (x)$ 为标准正态分布函数，则 $E (X) =$ ______．

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【答案】 2

【解析】
随机变量 $X$ 的概率密度函数为

f (x) = 0.5 φ (x) + 0.25 φ (\frac{x - 4}{2}),

其数学期望为

E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x) d x = 0.5 \int_{- \infty}^{+ \infty} x φ (x) d x + 0.25 \int_{- \infty}^{+ \infty} x φ (\frac{x - 4}{2}) d x = 0 + \int_{- \infty}^{+ \infty} (\frac{x - 4}{2} + 2) φ (\frac{x - 4}{2}) d (\frac{x - 4}{2}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} (t + 2) φ (t) d t (令 t = \frac{x - 4}{2}) = 2 \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (t) d t = 2.

解答题

15

（本题满分 10 分）

设函数 $f (u, v)$ 具有 2 阶连续偏导数， $y = f (e^{x}, cos x)$ ，求 $\frac{d y}{d x}_{x = 0}$ ， $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0}$ ．

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【答案】
$\frac{d y}{d x}_{x = 0} = f_{1}^{'} (1, 1)$
$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} = f_{1}^{'} (1, 1) + f_{11}^{''} (1, 1) - f_{2}^{'} (1, 1)$

【解析】

\frac{d y}{d x} = e^{x} f_{1}^{'} - sin x \cdot f_{2}^{'}, \frac{d y}{d x}_{x = 0} = f_{1}^{'} (1, 1)

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = e^{x} f_{1}^{'} + e^{x} (e^{x} f_{11}^{''} - sin x \cdot f_{12}^{''}) - cos x \cdot f_{2}^{'} - sin x (e^{x} f_{21}^{''} - sin x \cdot f_{22}^{''})

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} = f_{1}^{'} (1, 1) + f_{11}^{''} (1, 1) - f_{2}^{'} (1, 1)

16

（本题满分 10 分）

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} ln (1 + \frac{k}{n}) =

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} ln (1 + \frac{k}{n}) = n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n \frac{k}{n} ln (1 + \frac{k}{n}) = \int_{0}^{1} x ln (1 + x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} ln (1 + x) d (x^{2}) = [\frac{1}{2} x^{2} ln (1 + x)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{1 + x} d x = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (x - 1 + \frac{1}{1 + x}) d x = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} [\frac{x ^{2}}{2} - x + ln (1 + x)]_{0}^{1} = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - 1 + ln 2) = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} (ln 2 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} ln 2 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4}

17

（本题满分 10 分）

已知函数 $y (x)$ 由方程 $x^{3} + y^{3} - 3 x + 3 y - 2 = 0$ 确定，求 $y (x)$ 的极值。

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【答案】
极小值点为 $x = - 1$ ， $y = 0$ ；极大值点为 $x = 1$ ， $y = 1$ 。

【解析】
【解】 $x^{3} + y^{3} - 3 x + 3 y - 2 = 0$ 两边对 $x$ 求导得 $3 x^{2} + 3 y^{2} y^{'} - 3 + 3 y^{'} = 0$ ，
令 $y^{'} = 0$ 得 $x_{1} = - 1$ ， $x_{2} = 1$ ，对应的函数值为 $y_{1} = 0$ ， $y_{2} = 1$ ；
$3 x^{2} + 3 y^{2} y^{'} - 3 + 3 y^{'} = 0$ 两边再对 $x$ 求导得 $6 x + 6 y y^{'} y^{''} + 3 y^{2} y^{''} + 3 y^{''} = 0$ ，
由 $y^{''} (- 1) = 2 > 0$ 得 $x = - 1$ 为极小值点，极小值为 $y = 0$ ；
由 $y^{''} (1) = - 1 < 0$ 得 $x = 1$ 为极大值点，极大值为 $y = 1$ 。

18

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f (1) > 0, x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} < 0$ 证明：

(Ⅰ)方程 $f (x) = 0$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少存在一个实根；

(Ⅱ)方程 $f (x) f^{''} (x) + [f^{'} (x)]^{2} = 0$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少存在两个不同实根。

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【答案】 见解析

【解析】
(Ⅰ) 根据极限的保号性，由于

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

存在 $δ > 0$ ，使得当 $x \in (0, δ)$ 时，

\frac{f ( x )}{x} < 0,

即当 $x \in (0, δ)$ 时， $f (x) < 0$ 。
于是存在 $c \in (0, δ)$ ，满足 $f (c) < 0$ 。
又因为 $f (c) \cdot f (1) < 0$ ，由介值定理可知，存在 $x_{0} \in (c, 1) \subset (0, 1)$ ，使得

f (x_{0}) = 0.

(Ⅱ) 令

F (x) = f (x) \cdot f^{'} (x),

则

F^{'} (x) = f (x) f^{''} (x) + (f^{'} (x))^{2} .

由 $f (0) = f (c) = 0$ ，根据罗尔定理，存在 $ξ_{1} \in (0, c)$ ，使得

f^{'} (ξ_{1}) = 0.

由于 $f (0) = f (c) = 0$ ，可得

F (0) = F (ξ_{1}) = F (c) = 0.

再次应用罗尔定理，存在 $η_{1} \in (0, ξ_{1})$ 与 $η_{2} \in (ξ_{1}, c)$ ，使得

F^{'} (η_{1}) = 0, F^{'} (η_{2}) = 0,

即方程

f (x) f^{''} (x) + (f^{'} (x))^{2} = 0

在区间 $(0, 1)$ 内至少有两个不同的实根。

19

（本题满分 10 分）

设薄片型物体 $S$ 是圆锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ 被柱面 $z^{2} = 2 x$ 割下的有限部分，其上任一点的密度为 $μ (x, y, z) = 9 x^{2} + y^{2} + z^{2}$ 。记圆锥面与柱面的交线为 C。

(Ⅰ)求 $C$ 在 $x O y$ 平面上的投影曲线的方程；

(Ⅱ)求 $S$ 的质量 $M$ 。

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【答案】
(Ⅰ) $C$ 在 $x O y$ 平面上的投影曲线的方程为 ${(x - 1)^{2} + y^{2} = 1 z = 0$ 。
(Ⅱ) $S$ 的质量 $M = 64$ 。

【解析】
（Ⅰ）由 ${z = x^{2} + y^{2} z^{2} = 2 x$ ，得 $x^{2} + y^{2} = 2 x$ ，
故 C 在 xOy 平面上的投影曲线为 $L : {(x - 1)^{2} + y^{2} = 1 z = 0$

（Ⅱ）

M = \iint_{S} 9 x^{2} + y^{2} + z^{2} d S

由

z_{x}^{'} = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, z_{y}^{'} = \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}

得

d S = 1 + z_{x}^{'2} + z_{y}^{'2} d x d y = 2 d x d y

则

M = \iint_{S} 9 x^{2} + y^{2} + z^{2} d S = 92 \iint_{D} x^{2} + y^{2} \cdot 2 d x d y = 18 \iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y = 18 \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} r^{2} d r = 18 \times \frac{8}{3} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} cos^{3} θ d θ = 18 \times \frac{16}{3} \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{3} θ d θ = 64

20

（本题满分 11 分）

设 3 阶矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 有 3 个不同的特征值，且 $α_{3} = α_{1} + 2 α_{2}$ 。

(Ⅰ) 证明 $r (A) = 2$ ；

(Ⅱ) 设 $β = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ，求方程组 $A x = β$ 的通解。

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【答案】
(Ⅰ) 见解析
(Ⅱ) 方程组 $A x = β$ 的通解为 $X = k 12 - 1 + 111$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
【证明】(Ⅰ)设 $A$ 的特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, λ_{3}$ ，
因为 $A$ 有三个不同的特征值，所以 $A$ 可以相似对角化，即存在可逆矩阵 $P$ ，使得

P^{- 1} A P = λ_{1} λ_{2} λ_{3}

因为 $λ_{1}, λ_{2}, λ_{3}$ 两两不同，所以 $r (A) \geq 2$ ，
又因为 $α_{3} = α_{1} + 2 α_{2}$ ，所以 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，从而 $r (A) < 3$ ，于是 $r (A) = 2$ 。

(Ⅱ)因为 $r (A) = 2$ ，所以 $A X = 0$ 基础解系含一个线性无关的解向量，
由

{α_{1} + 2 α_{2} - α_{3} = 0, α_{1} + α_{2} + α_{3} = β,

得 $A X = β$ 的通解为

X = k 12 - 1 + 111 (k \in R)

21

（本题满分 11 分）

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + a x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 8 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}$ 在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为 $λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $Q$ ．

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【答案】
a = 2，正交矩阵 $Q = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}$ ，标准形为 $- 3 y_{1}^{2} + 6 y_{2}^{2}$ 。

【解析】
【解】 $A = 21 - 4 1 - 1 1 - 4 1 a$ ， $X = x_{1} x_{2} x_{3}$ ， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = X^{T} A X$ ，

因为 $λ_{3} = 0$ ，所以 $∣ A ∣ = 0$ 。

由 $∣ A ∣ = 21 - 4 1 - 1 1 - 4 1 a = - 3 (a - 2) = 0$ ，得 $a = 2$ 。

由 $∣ λ E - A ∣ = λ - 2 - 1 4 - 1 λ + 1 - 1 4 - 1 λ - 2 = λ (λ + 3) (λ - 6) = 0$ ，得 $λ_{1} = - 3$ ， $λ_{2} = 6$ ， $λ_{3} = 0$ ．

由 $- 3 E - A \to 51 - 4 121 - 4 15 \to 100010 - 1 10$

得 $λ_{1} = - 3$ 对应的线性无关的特征向量为 $α_{1} = 1 - 1 1$ ；

由 $6 E - A = 4 - 1 4 - 1 7 - 1 4 - 1 4 \to 100010100$

得 $λ_{2} = 6$ 对应的线性无关的特征向量为 $α_{2} = - 1 01$ ；

由 $0 E - A \to 100010 - 1 - 2 0$ 得 $λ_{3} = 0$ 对应的线性无关的特征向量为 $α_{3} = 121$ 。

规范化得 $γ_{1} = \frac{1}{3} 1 - 1 1$ ， $γ_{2} = \frac{1}{2} - 1 01$ ， $γ_{3} = \frac{1}{6} 121$ ，故正交矩阵为 $Q = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}$ ，

$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = X^{T} A X = x = Q y - 3 y_{1}^{2} + 6 y_{2}^{2}$ 。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ ， $Y$ 相互独立，且 $X$ 的概率分布为 $P {X = 0} = P {X = 2} = \frac{1}{2}$ ， $Y$ 的概率密度为

f (y) = {2 y, 0, 0 < y < 1, 其他

(Ⅰ) 求 $P {Y \leq E (Y)}$ ；

(Ⅱ) 求 $Z = X + Y$ 的概率密度。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $P {Y \leq E (Y)} = \frac{4}{9}$
(Ⅱ) $Z = X + Y$ 的概率密度为

f_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ z, z - 2, 0, 0 < z < 1, 2 < z < 3, 其他 .

【解析】
（Ⅰ）
$E (Y) = \int_{0}^{1} y \cdot 2 y d y = \frac{2}{3}$ ，

P {Y \leq E (Y)} = P {Y \leq \frac{2}{3}} = \int_{0}^{\frac{2}{3}} 2 y d y = \frac{4}{9} .

（Ⅱ）
方法一

F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X + Y \leq z} .

当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = 0$ ；
当 $z \geq 3$ 时， $F_{Z} (z) = 1$ ；
当 $0 \leq z < 1$ 时，
$F_{Z} (z) = P {X = 0, Y \leq z} = P {X = 0} P {Y \leq z} = \frac{1}{2} \int_{0}^{z} 2 y d y = \frac{z ^{2}}{2};$
当 $1 \leq z < 2$ 时，
$F_{Z} (z) = P {X = 0, Y \leq z} = P {X = 0} P {Y \leq 1} = \frac{1}{2};$
当 $2 \leq z < 3$ 时，
$F_{Z} (z) = P {X = 0, Y \leq z} + P {X = 2, Y \leq z - 2}$
$= P {X = 0} P {Y \leq 1} + P {X = 2} P {Y \leq z - 2}$
$= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \int_{0}^{z - 2} 2 y d y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (z - 2)^{2} .$

综上，

F_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{z ^{2}}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (z - 2)^{2}, 1, z < 0, 0 \leq z < 1, 1 \leq z < 2, 2 \leq z < 3, z \geq 3.

概率密度为

f_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ z, z - 2, 0, 0 < z < 1, 2 < z < 3, 其他 .

方法二
由全概率公式，

F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X + Y \leq z}

= P {X = 0} P {X + Y \leq z ∣ X = 0} + P {X = 2} P {X + Y \leq z ∣ X = 2}

= \frac{1}{2} P {Y \leq z} + \frac{1}{2} P {Y \leq z - 2} .

当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = 0$ ；
当 $0 \leq z < 1$ 时，
$F_{Z} (z) = \frac{1}{2} P {Y \leq z} = \frac{1}{2} \int_{0}^{z} 2 y d y = \frac{z ^{2}}{2};$
当 $1 \leq z < 2$ 时，
$F_{Z} (z) = \frac{1}{2} P {Y \leq 1} = \frac{1}{2};$
当 $2 \leq z < 3$ 时，
$F_{Z} (z) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} P {Y \leq z - 2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \int_{0}^{z - 2} 2 y d y = \frac{1}{2} + \frac{( z - 2 ) ^{2}}{2};$
当 $z \geq 3$ 时， $F_{Z} (z) = 1$ 。

故

f_{Z} (z) = F^{'} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ z, z - 2, 0, 0 < z < 1, 2 < z < 3, 其他 .

23

（本题满分 11 分）

某工程师为了解一台天平的精度，用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量，该物体的质量 $μ$ 是已知的。设 $n$ 次测量结果 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 相互独立且均服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ，该工程师记录的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_{i} = ∣ X_{i} - μ ∣ (i = 1, 2, \dots, n)$ 。利用 $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ 估计 $σ$ 。

(Ⅰ) 求 $Z_{1}$ 的概率密度；

(Ⅱ) 利用一阶矩求 $σ$ 的矩估计量；

(Ⅲ) 求 $σ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ） $Z_{1}$ 的概率密度为：

f (z) = {0, \frac{2}{σ} φ (\frac{z}{σ}), z \leq 0, z > 0,

其中 $φ (\cdot)$ 是标准正态分布的概率密度函数。

（Ⅱ） $σ$ 的矩估计量为：

\overset{σ}{^} = \frac{π}{2} \overline{Z} .

（Ⅲ） $σ$ 的最大似然估计量为：

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

【解析】
【解】
（Ⅰ）由 $X_{1} \sim N (μ, σ^{2})$ 得 $\frac{X _{1} - μ}{σ} \sim N (0, 1)$ 。

$Z_{1}$ 的分布函数为 $F (z) = P {Z_{1} \leq z}$ 。

当 $z < 0$ 时， $F (z) = 0$ ；

当 $z \geq 0$ 时，

F (z) = P {\frac{X _{1} - μ}{σ} \leq \frac{z}{σ}} = Φ (\frac{z}{σ}) - Φ (- \frac{z}{σ}) = 2Φ (\frac{z}{σ}) - 1,

因此

F (z) = {0, 2Φ (\frac{z}{σ}) - 1, z < 0, z \geq 0.

$Z_{1}$ 的密度函数为

f (z) = {0, \frac{2}{σ} φ (\frac{z}{σ}), z \leq 0, z > 0.

（Ⅱ）

E (Z) = E (∣ X_{i} - μ ∣) = E (∣ X_{1} - μ ∣)

= \int_{0}^{+ \infty} z \cdot \frac{2}{σ} φ (\frac{z}{σ}) d z = 2 σ \int_{0}^{+ \infty} \frac{z}{σ} φ (\frac{z}{σ}) d (\frac{z}{σ})

= 2 σ \int_{0}^{+ \infty} tφ (t) d t = \frac{2 σ}{2 π} \int_{0}^{+ \infty} t e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t

= \frac{2 σ}{2 π} \int_{0}^{+ \infty} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d (\frac{t ^{2}}{2}) = \frac{2 σ}{2 π} .

由 $\frac{2 σ}{2 π} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i} = \overline{Z}$ ，得 $σ$ 的矩估计量为

\overset{σ}{^} = \frac{π}{2} \overline{Z} .

（Ⅲ）似然函数为

L = f (z_{1}) \dots f (z_{n}) = \frac{2 ^{n}}{σ ^{n}} \cdot (\frac{1}{2 π})^{n} \cdot e^{- \frac{1}{2 σ ^{2}} (z_{1}^{2} + \dots + z_{n}^{2})} (z_{i} > 0, i = 1, 2, \dots, n),

ln L = n ln 2 - n ln σ - n ln 2 π - \frac{1}{2 σ ^{2}} (z_{1}^{2} + \dots + z_{n}^{2}) .

由

\frac{d ln L}{d σ} = - \frac{n}{σ} + \frac{1}{σ ^{3}} (z_{1}^{2} + \dots + z_{n}^{2}) = 0

得

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n z_{i}^{2},

故 $σ$ 的最大似然估计量为

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