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2018 年真题

23 题

选择题

1

下列函数中，在 $x = 0$ 处不可导的是（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解】方法一对 $f (x) = cos ∣ x ∣$ ,

$x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{c o s ∣ x ∣ - 1}{x} = - \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{∣ x ∣}{x}$ 不存在，即 $f (x) = cos ∣ x ∣$ 在 $x = 0$ 处不可导，应选(D).

方法二

当 $f (x) = ∣ x ∣ sin ∣ x ∣$ 时， $f (x) - f (0) \sim x^{2}$ , $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(A);

当 $f (x) = ∣ x ∣ sin ∣ x ∣$ 时， $f (x) - f (0) \sim ∣ x ∣^{\frac{3}{2}}$ , $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(B);

当 $f (x) = cos ∣ x ∣$ 时， $f (x) - f (0) \sim - \frac{1}{2} x^{2}$ , $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数为 0,不选(C),

应选(D).

2

过点 $(1, 0, 0)$ 、 $(0, 1, 0)$ ，且与曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 相切的平面为（　　）

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正确答案：B

正确答案：B

【解】设切点为 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，则

⎩ ⎨ ⎧ z_{0} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2}, (2 x_{0}, 2 y_{0}, - 1) \cdot (1, - 1, 0) = 0, (2 x_{0}, 2 y_{0}, - 1) \cdot (x_{0} - 1, y_{0}, z_{0}) = 0,

解之得

⎩ ⎨ ⎧ x_{0} = 0, y_{0} = 0, z_{0} = 0,

或

⎩ ⎨ ⎧ x_{0} = 1, y_{0} = 1, z_{0} = 2,

故所求切平面为 $z = 0$ 或 $2 x + 2 y - z = 2$ 应选(B)

3

$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 3}{( 2 n + 1 )!} = ()$

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正确答案：B

正确答案：B

【解】 $n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 n + 3}{( 2 n + 1 )!} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{( 2 n )!} + 2 n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{( 2 n + 1 )!}$

$= cos 1 + 2 sin 1$ ，

应选(B).

4

设 $M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x$ ， $N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x$ ， $K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解】 $M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + \frac{2 x}{1 + x ^{2}}) d x = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x = π$ ，

当 $- \frac{π}{2} \leq x \leq \frac{π}{2}$ 时， $1 + cos x > 1 > \frac{1 + x}{e ^{x}}$ ，

$\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x > \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x > \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x$ ，即 $K > M > N$ 应选(C).

5

下列矩阵中，与矩阵 $100110011$ 相似的为（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解】方法一

令 $M = 100110011$ ， $A = 100110 - 1 11$ ， $B = 100010 - 1 11$ ， $C = 100110 - 1 01$ ， $D = 100010 - 1 01$ ，

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

$E - M = 000 - 1 00 0 - 1 0$ ， $E - A = 000 - 1 00 1 - 1 0$ ， $E - B = 000000 1 - 1 0$ ， $E - C = 000 - 1 00 100$ ， $E - D = 000000100$ ，

因为 $r (E - M) = r (E - A) = 2$ ，所以应选（A）.

方法二

取 $P = 100 - 1 10 001$ ，则 $P^{- 1} = 100110001$ ，因为 $P^{- 1} 100110 - 1 11 P = 100110011$ ，所以 $100110011$ 与 $100110 - 1 11$ 相似，应选（A）.

6

设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r (X)$ 为矩阵 $X$ 的秩， $(X, Y)$ 表示分块矩阵，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解】 $(A, A B) = A (E, B)$ ，

显然 $r (A, A B) = r [A (E, B)] \leq r (A)$ ，

又 $r (A, A B) \geq r (A)$ ，

于是 $r (A, A B) = r (A)$ ，应选(A).

7

设随机变量 $X$ 的概率密度 $f (x)$ 满足 $f (1 + x) = f (1 - x)$ ，且 $\int_{0}^{2} f (x) d x = 0.6$ ，则 $P {X < 0} =$

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正确答案：A

正确答案：A

【解】 $\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{1}^{2} f (x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f (x) d x = 0.3$ ，

$P (X < 0) = \int_{- \infty}^{0} f (x) d x = \int_{- \infty}^{1} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x = 0.5 - 0.3 = 0.2$ ，应选(A)。

8

设总体 $X$ 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ 。 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，据此样本检验假设： $H_{0} : μ = μ_{0}, H_{1} : μ \neq = μ_{0}$ ，则（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解】若 $σ^{2}$ 已知，则假设 $H_{0}$ 的接受域： $∣ u ∣ < u_{\frac{α}{2}}$ ，其中 $u_{\frac{α}{2}}$ 为正态分布的 $\frac{α}{2}$ （上）分位数。

若 $σ^{2}$ 未知，则假设 $H_{0}$ 的接受域： $∣ t ∣ < t_{\frac{α}{2}} (n - 1)$ ，其中 $t_{\frac{α}{2}} (n - 1)$ 为自由度是 $n - 1$ 的 $t$ 分布的 $\frac{α}{2}$ （上）分位数。显然检验水平 $α$ 变小，接受域都变大。应选(D)。

填空题

9

（填空题）若 $x \to 0 lim (\frac{1 - t a n x}{1 + t a n x})^{\frac{1}{s i n k x}} = e$ ，则 $k =$ ______．

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【答案】 $- 2$

【解析】 因为 $x 0 lim \frac{1}{s i n k x} \cdot (\frac{1 - t a n x}{1 + t a n x} - 1) = x 0 lim \frac{1}{s i n k x} \cdot \frac{- 2 t a n x}{1 + t a n x} = x 0 lim \frac{1}{k x} \cdot \frac{- 2 x}{1 + t a n x} = \frac{- 2}{k}$ ，

故 $x 0 lim (\frac{1 - t a n x}{1 + t a n x})^{\frac{1}{s i n k x}} = e^{\frac{- 2}{k}} = e$ ，即 $k = - 2$ ．

10

（填空题）设函数 $f (x)$ 具有 $2$ 阶连续导数。若曲线 $y = f (x)$ 过点 $(0, 0)$ 且与曲线 $y = 2^{x}$ 在点 $(1, 2)$ 处相切，则 $\int_{0}^{1} x f^{''} (x) d x =$ ______.

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【答案】 $2 (ln 2 - 1)$

【解析】 $f^{'} (1) = (2^{x})^{'} ∣_{x = 1} = 2 ln 2$ ,

$\int_{0}^{1} x f^{''} (x) d x = \int_{0}^{1} x d f^{'} (x) = x f^{'} (x) ∣_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f^{'} (x) d x = f^{'} (1) - f (1) + f (0)$

$= 2 ln 2 - 2 = 2 (ln 2 - 1)$

11

（填空题）设 $F (x, y, z) = x y i - yz j + z x k$ ,则 $rot F (1, 1, 0) =$

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【答案】 $i - k$

【解析】 设 $F (x, y, z) = x y i - yz j + z x k$ ,则 $rot F (1, 1, 0) = i \frac{\partial}{\partial x} x y j \frac{\partial}{\partial y} - yz k \frac{\partial}{\partial z} z x_{(1, 1, 0)} = (y i - z j - x k)_{(1, 1, 0)} = i - k$

12

（填空题）设 L 为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 与平面 $x + y + z = 0$ 的交线，则 $\oint_{L} x y d s =$ ______．

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【答案】 $- \frac{π}{3}$

【解析】

$\oint_{L} x y d s = \frac{1}{3} \oint_{L} (x y + yz + x z) d s = \frac{1}{6} \oint_{L} [(x + y + z)^{2} - (x^{2} + y^{2} + z^{2})] d s$

$= - \frac{1}{6} \oint_{L} d s = - \frac{π}{3}$ ．

13

（填空题）设二阶矩阵 $A$ 有两个不同的特征值， $α_{1}$ ， $α_{2}$ 是 $A$ 的线性无关的特征向量， $A^{2} (α_{1} + α_{2}) = α_{1} + α_{2}$ ，则 $∣ A ∣ =$

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【答案】 -1

【解析】 因为 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 线性无关，所以 $α_{1} + α_{2} \neq = 0$ 。

由 $A^{2} (α_{1} + α_{2}) = α_{1} + α_{2}$ 可知， $α_{1} + α_{2}$ 是 $A^{2}$ 对应特征值 $1$ 的特征向量。

又因为 $A$ 有两个不同的特征值，设为 $λ_{1}$ 和 $λ_{2}$ ，则 $A^{2}$ 的特征值为 $λ_{1}^{2}$ 和 $λ_{2}^{2}$ 。

由于 $A^{2}$ 有特征值 $1$ ，且 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 是 $A$ 的特征向量，所以 $λ_{1}^{2} = 1$ ， $λ_{2}^{2} = 1$ ，解得 $λ_{1} = \pm 1$ ， $λ_{2} = \pm 1$ 。

又因为 $λ_{1} \neq = λ_{2}$ ，所以 $λ_{1} = 1$ ， $λ_{2} = - 1$ ，则 $∣ A ∣ = λ_{1} λ_{2} = - 1$ 。

14

（填空题）设随机事件 A 与 B 相互独立，A 与 C 相互独立， $BC = \emptyset$ 。若 $P (A) = P (B) = \frac{1}{2}$ ， $P (A C ∣ A B \cup C) = \frac{1}{4}$ ，则 $P (C) =$ ______。

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】
由 $BC = \emptyset$ ，得 $P (BC) = 0$ 。
因为 $A BC \subset BC$ ，所以 $P (A BC) = 0$ 。

P (A C ∣ A B \cup C) = \frac{P [ A C ( A B \cup C )]}{P ( A B \cup C )} = \frac{P [( A BC ) \cup ( A C )]}{P ( A B \cup C )} = \frac{P ( A C )}{P ( A B \cup C )} = \frac{P ( A ) P ( C )}{P ( A ) P ( B ) + P ( C ) - P ( A BC )} = \frac{\frac{1}{2} \cdot P ( C )}{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + P ( C ) - 0} = \frac{1}{4}

解得

P (C) = \frac{1}{4} .

解答题

15

（本题满分 10 分）

求不定积分 $\int e^{2 x} arctan e^{x} - 1 d x$

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【答案】 $\frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{6} (e^{x} + 2) e^{x} - 1 + C$

【解析】 $\int e^{2 x} arctan e^{x} - 1 d x$

$= \frac{1}{2} \int arctan e^{x} - 1 d e^{2 x} = \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{2} \int e^{2 x} d arctan e^{x} - 1$

$= \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{4} \int \frac{e ^{2 x}}{e ^{x} - 1} d x = \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{2} \int e^{x} d e^{x} - 1$

$= \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{2} (e^{x} e^{x} - 1 - \int e^{x} - 1 d e^{x})$

$= \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{2} [e^{x} e^{x} - 1 - \frac{2}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}}] + C$

$= \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{6} (e^{x} + 2) e^{x} - 1 + C$

16

（本题满分 10 分）

将长为 2m 的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形.三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。

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【答案】 最小值为 $\frac{1}{π + 4 + 3 3}$

【解析】 设铁丝分成的三段长分别是 x,y,z,则 x+y+z=2,且依次围成的圆、正方形与正三角形三个图形的面积之和为

$f (x, y, z) = (\frac{x}{2})^{2} + (\frac{y}{4})^{2} + \frac{3}{4} (\frac{z}{3})^{2} = \frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{16} + \frac{3}{36} z^{2},$

构造拉格朗日函数： $L (x, y, z,) = \frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{16} + \frac{3}{36} z^{2} + (x + y + z - 2)$

令

⎩ ⎨ ⎧ L_{x}^{'} = \frac{x}{2} + = 0, L_{y}^{'} = \frac{y}{8} + = 0, L_{z}^{'} = \frac{3}{18} z + = 0, L_{'} = x + y + z - 2 = 0,

得

⎩ ⎨ ⎧ x_{0} = \frac{2}{+ 4 + 3 3}, y_{0} = \frac{8}{+ 4 + 3 3}, z_{0} = \frac{6 3}{+ 4 + 3 3},

此时 $f (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \frac{1}{+ 4 + 3 3}$

又当 $x + y + z = 2, x yz = 0$ 时， $f (x, y, z)$ 的最小值为 $f (0, \frac{8}{4 + 3 3}, \frac{6 3}{4 + 3 3}) = \frac{1}{4 + 3 3}$

所以三个图形的面积之和存在最小值，最小值为 $f (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \frac{1}{+ 4 + 3 3}$

17

（本题满分 10 分）
设 $Σ$ 是曲面 $x = 1 - 3 y^{2} - 3 z^{2}$ 的前侧，计算曲面积分

I = \iint_{Σ} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y

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【答案】 $\frac{14 π}{45}$

【解析】 补曲面 $Σ_{1} : {x = 0, 3 y^{2} + 3 z^{2} = 1$ ，取后侧， $Ω$ 为 $Σ$ 与 $Σ_{1}$ 所围成的立体。利用高斯公式可得

I = \iint_{Σ + Σ_{1}} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y - \iint_{Σ_{1}} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y = ∭_{Ω} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d x d y d z - 0 = ∭_{Ω} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d x d y d z

利用柱坐标变换 $y = r cos θ$ ， $z = r sin θ$ ， $x = x$ 得

∭_{Ω} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d x d y d z = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{3}{3}} d r \int_{0}^{1 - 3 r^{2}} (1 + 3 r^{2}) r d x = 2 π \int_{0}^{\frac{3}{3}} 1 - 3 r^{2} (1 + 3 r^{2}) r d r = \frac{2 π}{3} \int_{0}^{1} (2 - t^{2}) t^{2} d t = \frac{14 π}{45}

18

（本题满分 10 分）已知微分方程 $y^{'} + y = f (x)$ ，其中 $f (x)$ 是 $R$ 上的连续函数。

(Ⅰ) 若 $f (x) = x$ ，求方程的通解；

(Ⅱ) 若 $f (x)$ 是周期为 $T$ 的函数，证明：方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

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【答案】
(Ⅰ) $y = C e^{- x} + x - 1$
(Ⅱ) 见解析

【解析】
(Ⅰ) 当 $f (x) = x$ 时，方程化为 $y^{'} + y = x$ ，其通解为

$y = e^{- \int d x} (C + \int x e^{\int d x} d x) = e^{- x} (C + x e^{x} - e^{x}) = C e^{- x} + x - 1$

(Ⅱ) 方程 $y^{'} + y = f (x)$ 的通解为 $y = e^{- \int_{0}^{x} d t} [C + \int_{0}^{x} e^{\int_{0}^{t} d s} f (t) d t]$ ，

即 $y = e^{- x} [C + \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d t]$

得 $y (x + T) - y (x) = e^{- x} [(\frac{1}{e ^{T}} - 1) C + \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{x + T} e^{t} f (t) d t - \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d t]$

若 $f (x)$ 是周期为 $T$ 的连续函数，则

$\frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{x + T} e^{t} f (t) d t = \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t + \frac{1}{e ^{T}} \int_{T}^{x + T} e^{t} f (t) d t$

$= \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t + \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{x} e^{u + T} f (u + T) d u$

$= \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t + \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{x} e^{T} e^{u} f (u) d u = \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t + \int_{0}^{x} e^{u} f (u) d u$

于是 $y (x + T) - y (x) = e^{- x} [(\frac{1}{e ^{T}} - 1) C + \frac{1}{e ^{T}} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t]$ ，

因此当且仅当 $C = \frac{1}{e ^{T} - 1} \int_{0}^{T} e^{t} f (t) d t$ 时， $y (x + T) - y (x) = 0$ ，即方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

19

（本题满分 10 分）

设数列 ${x_{n}}$ 满足： $x_{1} > 0$ ， $x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）．证明数列 ${x_{n}}$ 收敛，并求 $n \to \infty lim x_{n}$ ．

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【答案】 $n \to \infty lim x_{n} = 0$

【解析】 因为 $x_{1} \neq = 0$ ，所以 $e^{x_{2}} = \frac{e ^{x_{1}} - 1}{x _{1}}$ ．

由微分中值定理，存在 $ξ \in (0, x_{1})$ ，使得 $\frac{e ^{x_{1}} - 1}{x _{1}} = e^{ξ}$ ，即 $e^{x_{2}} = e^{ξ}$ ，因此 $0 < x_{2} < x_{1}$ ．

假设 $0 < x_{n + 1} < x_{n}$ ，则 $e^{x_{n + 2}} = \frac{e ^{x_{n + 1}} - 1}{x _{n + 1}} = e^{η}$ （ $0 < η < x_{n + 1}$ ），得 $0 < x_{n + 2} < x_{n + 1}$ 。故 ${x_{n}}$ 是单调减少的数列，且有下界，从而 ${x_{n}}$ 收敛．

设 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，在等式 $x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1$ 两边取极限，得 $a e^{a} = e^{a} - 1$ ，显然 $a = 0$ 为其解。

又令 $f (x) = x e^{x} - e^{x} + 1$ ，则 $f^{'} (x) = x e^{x}$ 。

当 $x > 0$ 时， $f^{'} (x) = x e^{x} > 0$ ，函数 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上单调增加，

所以 $a = 0$ 是方程 $a e^{a} = e^{a} - 1$ 在 $[0, + \infty)$ 上的唯一解，故 $n \to \infty lim x_{n} = 0$ 。

20

（本题满分 11 分）

设实二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + a x_{3})^{2}$ ，其中 $a$ 是参数。

(Ⅰ) 求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解；

(Ⅱ) 求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形。

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【答案】
（Ⅰ）当 $a \neq = 2$ 时， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解为 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = (0, 0, 0)^{T}$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $x = k (- 2, - 1, 1)^{T}$ ，其中 $k \neq = 0$ 。
（Ⅱ）当 $a \neq = 2$ 时， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

【解析】

（Ⅰ）函数 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + a x_{3})^{2} = 0$ 的充分必要条件是

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0, x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + a x_{3} = 0.

对齐次线性方程组的系数矩阵作初等行变换得

A = 101 - 1 10 11 a \to 100 - 1 11 11 a - 1 \to 100 - 1 10 11 a - 2 .

当 $a \neq = 2$ 时， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 只有零解 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = (0, 0, 0)^{T}$ 。

当 $a = 2$ 时，

A \to 100010210,

$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 有非零解 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = k (- 2, - 1, 1)^{T}$ ，其中 $k \neq = 0$ 。

（Ⅱ）当 $a \neq = 2$ 时，令

y_{1} y_{2} y_{3} = 101 - 1 10 11 a x_{1} x_{2} x_{3} .

由于

101 - 1 10 11 a = 100 - 1 10 11 a - 2 = a - 2 \neq = 0,

矩阵 $101 - 1 10 11 a$ 可逆，因此 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为

f (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} .

当 $a = 2$ 时，

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + 2 x_{3})^{2} = 2 x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 6 x_{3}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + 6 x_{1} x_{3} .

进一步整理得

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + \frac{3}{2} x_{2}^{2} + \frac{3}{2} x_{3}^{2} + 3 x_{2} x_{3} = 2 (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + \frac{3}{2} (x_{2} + x_{3})^{2} .

因此 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为

f (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} .

21

（本题满分 11 分）

已知 $a$ 是常数，且矩阵 $A = 112237 a 0 - a$ 可经初等列变换化为矩阵 $B = 10 - 1 a 11 211$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ ；

(Ⅱ) 求满足 $A P = B$ 的可逆矩阵 $P$ 。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $a = 2$
(Ⅱ) 可逆矩阵 $P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数，且 $k_{2} \neq = k_{3}$ 。

【解析】

(Ⅰ)

显然 $r (A) = 2$ ，因为初等变换不改变矩阵的秩，所以 $r (B) = 2$ ，

而 $B = 10 - 1 a 11 211 \to 100 a 1 a + 1 213 \to 100 a 10 21 2 - a$ ，故 $a = 2$ 。

(Ⅱ)

$A = 112237 20 - 2$ ， $B = 10 - 1 211211$ ，令 $P = (X_{1}, X_{2}, X_{3})$ ，

由 $(A ⋮ B) = 112237 20 - 2 ⋮ ⋮ ⋮ 10 - 1 211211 \to 100010 6 - 2 0 ⋮ ⋮ ⋮ 3 - 1 0 4 - 1 0 4 - 1 0$ 得

$X_{1} = k_{1} - 6 21 + 3 - 1 0 = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1}$ ，

$X_{2} = k_{2} - 6 21 + 4 - 1 0 = - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2}$ ，

$X_{3} = k_{3} - 6 21 + 4 - 1 0 = - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3}$ ，

则所求的可逆矩阵为 $P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3}$ （ $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数且 $k_{2} \neq = k_{3}$ ）。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立， $X$ 的概率分布为 $P {X = 1} = P {X = - 1} = \frac{1}{2}$ ， $Y$ 服从参数为 $λ$ 的泊松分布。令 $Z = X Y$

(Ⅰ) 求 $Cov (X, Z)$ ；

(Ⅱ) 求 $Z$ 的概率分布。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $Cov (X, Z) = λ$
(Ⅱ) $Z$ 的概率分布为：

P (Z = k) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}, e^{- λ}, \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{- k}}{( - k )!} e^{- λ}, k = 1, 2, 3, \dots k = 0, k = - 1, - 2, - 3, \dots

【解析】
(Ⅰ)
由于 $E (X) = 0$ ， $E (X^{2}) = 1$ ， $E (Y) = λ$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，可得

Cov (X, Z) = Cov (X, X Y) = E (X^{2} Y) - E (X) E (X Y) = E (X^{2}) E (Y) - [E (X)]^{2} E (Y) = λ .

(Ⅱ)
已知 $Y \sim Poisson (λ)$ ，即

P (Y = j) = \frac{λ ^{j}}{j !} e^{- λ}, j = 0, 1, 2, \dots

于是 $Z$ 的所有可能取值为全体整数。其概率分布如下：

当 $k$ 为正整数时，
$P (Z = k) = P (X Y = k) = P (X = 1, Y = k) = P (X = 1) P (Y = k) = \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}, k = 1, 2, 3, \dots$
当 $k$ 为负整数时，
$P (Z = k) = P (X Y = k) = P (X = - 1, Y = - k) = P (X = - 1) P (Y = - k) = \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{- k}}{( - k )!} e^{- λ}, k = - 1, - 2, - 3, \dots$
当 $k = 0$ 时，
$P (Z = 0) = P (X Y = 0) = P (X = - 1, Y = 0) + P (X = 1, Y = 0) = \frac{1}{2} e^{- λ} + \frac{1}{2} e^{- λ} = e^{- λ} .$

综上，

P (Z = k) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}, e^{- λ}, \frac{1}{2} \cdot \frac{λ ^{- k}}{( - k )!} e^{- λ}, k = 1, 2, 3, \dots k = 0, k = - 1, - 2, - 3, \dots

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; σ) = \frac{1}{2 σ} e^{- \frac{∣ x ∣}{σ}}, - \infty < x < + \infty,

其中 $σ \in (0, + \infty)$ 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。记 $σ$ 的最大似然估计量为 $\overset{σ}{^}$

(Ⅰ) 求 $\overset{σ}{^}$ ;

(Ⅱ) 求 $E (\overset{σ}{^})$ , $D (\overset{σ}{^})$

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} ∣ X_{i} ∣$
(Ⅱ) $E (\overset{σ}{^}) = σ$ , $D (\overset{σ}{^}) = \frac{σ ^{2}}{n}$

【解析】
(Ⅰ) 似然函数为

L (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}; σ) = i = 1 \prod n f (x_{i}; σ) = \frac{1}{2 ^{n} σ ^{n}} exp (- \frac{1}{σ} i = 1 \sum n ∣ x_{i} ∣),

- \infty < x_{i} < + \infty, i = 1, 2, \dots

于是

ln L = - n ln 2 - n ln σ - \frac{1}{σ} i = 1 \sum n ∣ x_{i} ∣.

令

\frac{d ln L}{d σ} = - \frac{n}{σ} + \frac{1}{σ ^{2}} i = 1 \sum n ∣ x_{i} ∣ = 0,

得 $σ$ 的最大似然估计量为

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n ∣ X_{i} ∣.

(Ⅱ)

E (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (∣ X_{i} ∣) = E (∣ X ∣) = \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ x ∣ \cdot \frac{1}{2 σ} e^{- \frac{∣ x ∣}{σ}} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x}{σ} e^{- \frac{x}{σ}} d x = - \int_{0}^{+ \infty} x d e^{- \frac{x}{σ}} = - x e^{- \frac{x}{σ}}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- \frac{x}{σ}} d x = σ .

D (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (∣ X_{i} ∣) = \frac{D ( ∣ X ∣ )}{n} = \frac{E [ ∣ X ∣ ^{2} ] - E ^{2} ( ∣ X ∣ )}{n} = \frac{1}{n} (\int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ x ∣^{2} \cdot \frac{1}{2 σ} e^{- \frac{∣ x ∣}{σ}} d x - σ^{2}) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{2}}{σ} e^{- \frac{x}{σ}} d x - σ^{2}) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{+ \infty} - x^{2} d e^{- \frac{x}{σ}} - σ^{2}) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{+ \infty} 2 x e^{- \frac{x}{σ}} d x - σ^{2}) = \frac{1}{n} (2 σ^{2} - σ^{2}) = \frac{σ ^{2}}{n} .