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2020 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0^{+}$ 时,下列无穷小量中最高阶的是( ).

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正确答案：D

正确答案：D

【解】当 $x \to 0^{+}$ 时, $\int_{0}^{x} (e^{t^{2}} - 1) d t \sim \int_{0}^{x} t^{2} d t = \frac{1}{3} x^{3}$ ;

$\int_{0}^{x} ln (1 + t^{3}) d t \sim \int_{0}^{x} t^{\frac{3}{2}} d t = \frac{2}{5} x^{\frac{5}{2}}$ ;

$\int_{0}^{s i n x} sin t^{2} d t \sim \int_{0}^{x} t^{2} d t = \frac{1}{3} x^{3}$ ;

$\int_{0}^{1 - c o s x} sin t^{3} d t \sim \int_{0}^{\frac{1}{2} x^{2}} t^{\frac{3}{2}} d t = \frac{2}{20} x^{5}$ ,

应选(D).

2

设函数 $f (x)$ 在区间 $(- 1, 1)$ 内有定义,且 $lim_{x \to 0} f (x) = 0$ ,则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】当 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导,则 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续, $f (0) = lim_{x \to 0} f (x) = 0$ ,

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x}, 可得 x \to 0 lim \frac{f ( x )}{∣ x ∣} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} \cdot \frac{x}{∣ x ∣}

x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot \frac{x}{∣ x ∣} = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot \frac{x}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot x = f^{'} (0) \cdot 0 = 0,

x \to 0^{-} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot \frac{x}{∣ x ∣} = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot \frac{x}{- x} = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot (- - x) = f^{'} (0) \cdot 0 = 0,

即 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{∣ x ∣} = 0$ ,故选(C)

3

设函数 $f (x)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微， $f (0, 0) = 0$ ， $n = (\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, - 1)_{(0, 0)}$ 且非零向量 $d$ 与 $n$ 垂直，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】因为 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处可微， $f (0, 0) = 0$ ，所以 $x \to 0 y \to 0 lim \frac{f ( x , y ) - f ( 0 , 0 ) - f _{x}^{'} ( 0 , 0 ) \cdot x - f _{y}^{'} ( 0 , 0 ) \cdot y}{x ^{2} + y ^{2}} = 0$ 即 $x \to 0 y \to 0 lim \frac{f ( x , y ) - f _{x}^{'} ( 0 , 0 ) \cdot x - f _{y}^{'} ( 0 , 0 ) \cdot y}{x ^{2} + y ^{2}} = 0$

因为 $n \cdot (x, y, f (x, y)) = f_{x}^{'} (0, 0) x + f_{y}^{'} (0, 0) y - f (x, y)$ ，

所以 $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ n \cdot ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}} = 0$ 存在，故选 $(A)$ 。

4

设 $R$ 为幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径。 $r$ 是实数,则

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】由题知当

∣ r ∣ < R

时，幂级数

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}

收敛，所以当

∣ r ∣ < R

时，

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} r^{2 n}

收敛，因其逆否命题也成立，所以若当

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} r^{2 n}

发散时，

∣ r ∣ \geq R

，故选 (A) 。

5

若矩阵 $A$ 经初等列变换化成 $B$ ,则

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】

A

经初等列变换化成

B

，所以存在可逆矩阵

P_{1}

使得

A P_{1} = B

，所以

A = B P_{1}^{- 1}

。令

P = P_{1}^{- 1}

，所以

A = BP

。故选(B)。

6

已知直线 $L_{1}$ : $\frac{x - a _{2}}{a _{1}} = \frac{y - b _{2}}{b _{1}} = \frac{z - c _{2}}{c _{1}}$ 与直线 $L_{2}$ : $\frac{x - a _{3}}{a _{2}} = \frac{y - b _{3}}{b _{2}} = \frac{z - c _{3}}{c _{2}}$ 相交于一点，向量 $α_{i} = (a_{i}, b_{i}, c_{i})^{T}$ , $i = 1, 2, 3$ ,则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】令 $L_{1}$ 的方程 $\frac{x - a _{2}}{a _{1}} = \frac{y - b _{2}}{b _{1}} = \frac{z - c _{2}}{c _{1}} = t$ ,即有

$x y z = a_{2} b_{2} c_{2} + t a_{1} b_{1} c_{1} = α_{2} + t α_{1}$

$L_{2}$ 方程为 $x y z = a_{3} b_{3} c_{3} + t a_{2} b_{2} c_{2} = α_{3} + t α_{2}$ ，由直线 $L_{1}$ 与 $L_{2}$ 相交得存在 $t$ 使 $α_{2} + t α_{1} = α_{3} + t α_{2}$ ，即 $α_{3} = t α_{1} + (1 - t) α_{2}$ ,故 $α_{3}$ 可由 $α_{1}$ , $α_{2}$ 线性表示,故应选(C).

7

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 为三个随机事件，且 $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{4}$ ， $P (A B) = 0$ ， $P (A C) = P (BC) = \frac{1}{12}$ ，则 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 中恰有一个事件发生的概率为

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 $P (A \overline{BC}) = P (A \overline{B \cup C}) = P (A) - P [A (B \cup C)]$

$= P (A) - P (A B + A C)$

$= P (A) + P (A B) - P (A C) + P (A BC)$

$= \frac{1}{4} - 0 - \frac{1}{12} + 0 = \frac{1}{6}$ ，

$P (C \overline{B A}) = P (C \overline{B \cup A}) = P (C) - P [C \cup (B \cup A)]$

$= P (C) + P (CB) - P (C A) + P (A BC)$

$= \frac{1}{4} - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} + 0 = \frac{1}{12}$ ，

$P (A \overline{BC} + \overline{A} BC + \overline{A} \overline{B} C) = P (A \overline{BC}) + P (\overline{A} BC) + P (\overline{A} \overline{B} C)$

$= \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{5}{12}$ 。

故选 (D)。

8

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{100}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本,其中 $P (X = 0) = P (X = 1) = \frac{1}{2}$ , $Φ (x)$ 表示标准正态分布函数,则用中心极限定理可得 $P (\sum_{i = 1}^{100} X_{i} \leq 55)$ 的近似值为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】由题意 $EX = \frac{1}{2}$ ， $D X = \frac{1}{4}$ ，

$E (\sum_{i = 1}^{100} X_{i}) = 100 EX = 50$ ，

$D (\sum_{i = 1}^{100} X_{i}) = 100 D X = 25$ 。由中心极限定理 $\sum_{i = 1}^{100} X_{i} \sim N (50, 25)$ ，所以

$P {\sum_{i = 1}^{100} X_{i} \leq 55} = P {\frac{\sum _{i = 1}^{100} X _{i} - 55}{5} \leq \frac{55 - 50}{5}} = Φ (1)$ 。故选 $(B)$ 。

填空题

9

（填空题） $x \to 0 lim [\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{l n ( 1 + x )}] =$ ____.

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【答案】 -1

【解析】

x \to 0 lim [\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{ln ( 1 + x )}] = x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + x ) - e ^{x} + 1}{( e ^{x} - 1 ) ln ( 1 + x )} = x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + x ) - e ^{x} + 1}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{1 + x} - e ^{x}}{2 x} = - 1

10

（填空题）若 ${x = t^{2} + 1, y = ln (t + t^{2} + 1),$ 则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} =$

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【答案】 $- 2$

【解析】 由参数方程求导公式，一阶导数为：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{\frac{1}{t + t ^{2} + 1} ( 1 + \frac{t}{t ^{2} + 1} )}{\frac{t}{t ^{2} + 1}} = \frac{1}{t} .

二阶导数为：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d ( \frac{d y}{d x} )}{d x} = \frac{\frac{d ( \frac{d y}{d x} )}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{- \frac{1}{t ^{2}}}{\frac{t}{t ^{2} + 1}} = - \frac{t ^{2} + 1}{t ^{3}} .

代入 $t = 1$ ，得：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} = - 2 .

11

（填空题）若函数 $f (x)$ 满足 $f^{''} (x) + a f^{'} (x) + f (x) = 0 (a > 0)$ ，且 $f (0) = m$ ， $f^{'} (0) = n$ ，则 $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x =$

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【答案】 $n + am$

【解析】 特征方程为 $λ^{2} + aλ + 1 = 0$ ，特征根为 $λ_{1}$ ， $λ_{2}$ ，则 $λ_{1} + λ_{2} = - a$ ， $λ_{1} \cdot λ_{2} = 1$ ，特征根 $λ_{1} < 0$ ， $λ_{2} < 0$ 。

\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = - \int_{0}^{+ \infty} [f^{''} (x) + a f^{'} (x)] d x = - [f^{'} (x) + a f (x)]_{0}^{+ \infty} = n + am

12

（填空题）设函数 $f (x, y) = \int_{0}^{x y} e^{x t^{2}} d t$ ，则 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y}_{(1, 1)} =$

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【答案】 4e

【解析】

\frac{\partial f}{\partial y} \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y}_{(1, 1)} = e^{x (x y)^{2}} \cdot x = x e^{x^{3} y^{2}}, = \frac{\partial ( \frac{\partial f}{\partial y} )}{\partial x} = e^{x^{3} y^{2}} + 3 x^{3} y^{2} e^{x^{3} y^{2}}, = e + 3 e = 4 e .

13

（填空题）行列式 $a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a =$

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【答案】 $a^{4} - 4 a^{2}$

【解析】

a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a = a 0 - 1 0 0 a 10 - 1 1 a a 1 - 1 0 a = 00 - 1 1 a a 10 - 1 + a^{2} 1 a a 1 - 1 0 a = - a a 0 - 1 + a^{2} 1 a 1 - 1 a = - a a 0 a^{2} - 2 20 1 - 1 a = a^{4} - 4 a^{2} .

14

（填空题）设 $X$ 服从区间 $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 上的均匀分布， $Y = sin X$ ，则 $Cov (X, Y) =$

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【答案】 $\frac{2}{π}$

【解析】 概率密度函数为：

f (x) = {\frac{1}{π}, 0, - \frac{π}{2} < x < \frac{π}{2}, 其他 .

协方差的计算公式为：

cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y]

代入 Y = \sin X，得：

cov (X, Y) = E [X sin X] - E [X] E [sin X]

计算各项期望：

E [X sin X] = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} x sin x \cdot \frac{1}{π} d x E [X] = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{π} x d x E [sin X] = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{π} sin x d x

由于 x 和 \sin x 在对称区间上分别为奇函数和偶函数，有：

E [X] = 0, E [sin X] = 0

因此：

cov (X, Y) = E [X sin X] = \frac{1}{π} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} x sin x d x

利用奇偶性化简：

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} x sin x d x = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} x sin x d x

所以：

cov (X, Y) = \frac{2}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} x sin x d x

使用分部积分法，令：

u = x, d v = sin x d x

则：

d u = d x, v = - cos x

于是：

\int_{0}^{\frac{π}{2}} x sin x d x = - x cos x ∣_{0}^{\frac{π}{2}} + \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos x d x

计算得：

- x cos x ∣_{0}^{\frac{π}{2}} = 0

\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos x d x = sin x ∣_{0}^{\frac{π}{2}} = 1

因此：

\int_{0}^{\frac{π}{2}} x sin x d x = 1

最终协方差为：

cov (X, Y) = \frac{2}{π} \cdot 1 = \frac{2}{π}

\frac{2}{π}

解答题

15

（本题满分 10 分）求函数 $f (x, y) = x^{3} + 8 y^{3} - x y$ 的极值。

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【答案】 极小值为 $- \frac{1}{216}$

【解析】 首先，求一阶偏导数：

\frac{\partial f}{\partial x} = 3 x^{2} - y, \frac{\partial f}{\partial y} = 24 y^{2} - x .

令偏导数为零，解方程组：

{\frac{\partial f}{\partial x} = 0 \frac{\partial f}{\partial y} = 0

得到：

{x = \frac{1}{6} y = \frac{1}{12}

接着，求二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} = 6 x, \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} = - 1, \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 48 y .

当 $x = 0$ ， $y = 0$ 时，计算：

A = 0, B = - 1, C = 0, A C - B^{2} = - 1 < 0,

因此该点不是极值点。

当 $x = \frac{1}{6}$ ， $y = \frac{1}{12}$ 时，计算：

A = 1, B = - 1, C = 4, A C - B^{2} = 3 > 0, A = 1 > 0,

因此点 $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 是极小值点。

极小值为：

f (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = (\frac{1}{6})^{3} + 8 (\frac{1}{12})^{3} - \frac{1}{6} \times \frac{1}{12} = - \frac{1}{216} .

16

（本题满分 10 分）计算曲线积分

I = \int_{L} \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d y,

其中 $L$ 是 $x^{2} + y^{2} = 2$ ，方向为逆时针方向。

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【答案】 $π$

【解析】 设 $P = \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ ， $Q = \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ ，则

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{- 4 x ^{2} + y ^{2} - 8 x y}{( 4 x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} .

取路径 $L_{ε} : 4 x^{2} + y^{2} = ε^{2}$ ，方向为顺时针方向，则

\int_{L} \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d y = \int_{L + L_{ε}} \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d y - \int_{L_{ε}} \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d y .

进一步计算得

= \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y + \frac{1}{ε ^{2}} \int_{L_{ε}} (4 x - y) d x + (x + y) d y = 0 + \frac{1}{ε ^{2}} \cdot 2 \cdot \frac{π ε ^{2}}{2} = π .

17

（本题满分10分）设数列 ${a_{n}}$ 满足 $a_{1} = 1$ ， $(n + 1) a_{n + 1} = (n + \frac{1}{2}) a_{n}$ ，证明：当 $∣ x ∣ < 1$ 时，幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 收敛，并求其和函数。

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【答案】 $S (x) = \frac{2}{1 - x} - 2$

【解析】
$R = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = n \to \infty lim \frac{n + 1}{n + 2} = 1$ ，故 $∣ x ∣ < R = 1$ 时， $n = 1 \sum \infty a_{n} x^{n}$ 收敛。

令 $S (x) = n = 1 \sum \infty a_{n} x^{n}$ ，

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

$= 1 + n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n} + \frac{1}{2} n = 1 \sum \infty a_{n} x^{n} = 1 + x S^{'} (x) + \frac{1}{2} S (x)$ ，

则 $S^{'} (x) - \frac{1}{2 ( 1 - x )} S (x) = \frac{1}{1 - x}$ ，故 $S (x) = e^{\int \frac{1}{2 ( 1 - x )} d x} [\int e^{\int \frac{- 1}{2 ( 1 - x )} d x} \frac{1}{1 - x} d x + C] = \frac{C}{1 - x} - 2$ ，

由 $S (0) = C - 2 = 0$ ，故 $C = 2$ ，则 $S (x) = \frac{2}{1 - x} - 2$ 。

18

（本题满分 10 分）设 $\sum$ 为曲面 $z = x^{2} + y^{2} (1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4)$ 的下侧， $f (x)$ 是连续函数，计算

I = \iint_{\sum} [x f (x y) + 2 x - y] d y d z + [y f (x y) + 2 y + x] d z d x + [z f (x y) + z] d x d y .

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【答案】 $\frac{14}{3} π$

【解析】 由题意，

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

则

F_{x}^{'} = - \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, F_{y}^{'} = - \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}, F_{z}^{'} = 1.

因此

I = \iint_{Σ} ([x f (x y) + 2 x - y] \frac{F _{x}^{'}}{F _{z}^{'}} + [y f (x y) + 2 y + x] \frac{F _{y}^{'}}{F _{z}^{'}} + z f (x y) + z) d x d y = \iint_{Σ} ([x f (x y) + 2 x - y] (- \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}) + [y f (x y) + 2 y + x] (- \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}) + z f (x y) + z) d x d y = - \iint_{Σ} x^{2} + y^{2} d x d y = \iint_{D_{x y}} x^{2} + y^{2} d x d y = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} r^{2} d r = \frac{14}{3} π

19

（本题满分10分）设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 2]$ 上具有连续导数，已知 $f (0) = f (2) = 0$ ， $M = max_{x \in [0, 2]} ∣ f (x) ∣$ ，证明：

(I) 存在 $ξ \in (0, 2)$ ，使得 $∣ f^{'} (ξ) ∣ \geq M$ ；

(II) 若对任意的 $x \in (0, 2)$ ， $∣ f^{'} (x) ∣ \leq M$ ，则 $M = 0$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 (I)

设 $x = x_{0}$ 时 $∣ f (x_{0}) ∣ = M$ ，由拉格朗日定理得：

\exists, ξ_{1} \in (0, x_{0}) ∣ f^{'} (ξ_{1}) ∣ = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} = \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{x _{0}} = \frac{M}{x _{0}};

\exists, ξ_{2} \in (x_{0}, 2) ∣ f^{'} (ξ_{2}) ∣ = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 2 )}{x _{0} - 2} = \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{2 - x _{0}} = \frac{M}{2 - x _{0}} .

若 $x_{0} \in (0, 1]$ ，取 $ξ = ξ_{1}$ ，有

∣ f^{'} (ξ) ∣ = \frac{M}{x _{0}} \geq M;

若 $x_{0} \in (1, 2)$ ，取 $ξ = ξ_{2}$ ，有

∣ f^{'} (ξ) ∣ = \frac{M}{2 - x _{0}} \geq M .

(II)

M = ∣ f (x_{0}) ∣ = ∣ f (x_{0}) - f (0) ∣ = \int_{0}^{x_{0}} f^{'} (x) d x \leq \int_{0}^{x_{0}} ∣ f^{'} (x) ∣ d x \leq \int_{0}^{x_{0}} M d x = M x_{0} .

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

故

{M (1 - x_{0}) \leq 0, M (1 - x_{0}) \geq 0

同时成立。

若 $x_{0} \neq = 1$ ，显然 $M = 0$ ；若 $x_{0} = 1$ ，则

M \leq \int_{0}^{1} ∣ f^{'} (x) ∣, d x \leq M, M \leq \int_{1}^{2} ∣ f^{'} (x) ∣, d x \leq M .

当且仅当区间 $(0, 1)$ 和 $(1, 2)$ 上 $∣ f^{'} (x) ∣ \equiv M$ 。若 $M \neq = 0$ ，则 $f^{'} (x) \equiv \pm M$ 与 $f (0) = f (2) = 0$ 矛盾，或 $f^{'} (x)$ 在 $x = 1$ 处不可导，与已知矛盾。

故 $M = 0$ 。

20

（本题满分 11 分）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} - 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{2}^{2}$ 经正交变换 $(x_{1} x_{2}) = Q (y_{1} y_{2})$ 化为二次型 $g (y_{1}, y_{2}) = a y_{1}^{2} + 4 y_{1} y_{2} + b y_{2}^{2}$ ，其中 $a \geq b$ 。

(I) 求 $a$ ， $b$ 的值；

(II) 求正交矩阵 $Q$ 。

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【答案】
(I) $a = 4$ , $b = 1$
(II) $Q = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4)$

【解析】
(I) 记 $A = (1 - 2 - 2 4)$ ， $B = (a 2 2 b)$ ，则 $Q^{T} A Q = B$ ，且 $A$ 与 $B$ 相似，具有相同特征值。

计算特征多项式 $∣ λ E - A ∣ = λ^{2} - 5 λ = 0$ ，解得特征值 $λ_{1} = 0$ ， $λ_{2} = 5$ 。

同理， $∣ λ E - B ∣ = λ^{2} - (a + b) λ + ab - 4 = 0$ 。由于特征值相同，比较系数得：

a + b = 5, ab = 4.

又 $a \geq b$ ，解得 $a = 4$ ， $b = 1$ 。

(II) 当 $λ_{1} = 0$ 时，求解 $(0 E - A) x = 0$ ，得基础解系 $α_{1} = (2, 1)^{T}$ 。

当 $λ_{2} = 5$ 时，求解 $(5 E - A) x = 0$ ，得基础解系 $α_{2} = (1, - 2)^{T}$ 。

对于矩阵 $B$ ，当 $λ_{1} = 0$ 时， $(0 E - B) x = 0$ 的基础解系为 $β_{1} = (1, - 2)^{T}$ 。

当 $λ_{2} = 5$ 时， $(5 E - B) x = 0$ 的基础解系为 $β_{2} = (2, 1)^{T}$ 。

令 $P_{1} = (21 1 - 2)$ ， $P_{2} = (1 - 2 21)$ ，则有：

P_{1}^{- 1} A P_{1} = P_{2}^{- 1} B P_{2} = (0005) .

因此，

B = P_{2} P_{1}^{- 1} A P_{1} P_{2}^{- 1} .

计算得：

P_{1} P_{2}^{- 1} = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4) .

故正交矩阵为：

Q = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4) .

21

（本题满分 11 分）设 $A$ 为二阶矩阵， $P = (α, A α)$ ，其中 $α$ 是非零向量且不是 $A$ 的特征向量。

(I) 证明 $P$ 是可逆矩阵；

(II) 若 $A^{2} α + A α - 6 α = 0$ ，求 $P^{- 1} A P$ ，并判断 $A$ 是否相似于对角矩阵。

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【答案】
(I) 见解析
(II) $P^{- 1} A P = (01 6 - 1)$ ，且 $A$ 相似于对角矩阵。

【解析】
（I）法一：假设 $P$ 不可逆，则 $α$ 与 $A α$ 线性相关，存在不全为零的实数 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ ，使得 $k_{1} α + k_{2} A α = 0$ 。若 $k_{2} = 0$ ，则 $k_{1} = 0$ ，矛盾，故 $k_{2} \neq = 0$ ，从而 $A α = - \frac{k _{1}}{k _{2}} α$ ，与 $α$ 不是特征向量矛盾，所以 $P$ 可逆。

法二：设 $A α = β$ ，则 $β \neq = k α$ ，即 $α$ 、 $β$ 线性无关，故 $P = (α, β)$ 可逆。

（II）由 $A^{2} α + A α - 6 α = 0$ ，得

A P = A (α, A α) = (A α, A^{2} α) = (A α, 6 α - A α) = (α, A α) (01 6 - 1) = P (01 6 - 1),

故

P^{- 1} A P = (01 6 - 1) .

令 $B = (01 6 - 1)$ ，则

∣ λ E - B ∣ = λ^{2} + λ - 6 = 0,

特征值为 $λ_{1} = 2$ 、 $λ_{2} = - 3$ 。由于 $A$ 与 $B$ 相似，故 $A$ 的特征值为 $2$ 和 $- 3$ ，且可相似对角化。

22

（本题满分 11 分）设随机变量 $X_{1}$ ， $X_{2}$ ， $X_{3}$ 相互独立，其中 $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 均服从标准正态分布， $X_{3}$ 的概率分布为 $P {X_{3} = 0} = P {X_{3} = 1} = \frac{1}{2}$ ，已知 $Y = X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2}$ 。

(I) 求二维随机变量 $(X_{1}, Y)$ 的分布函数，结果用标准正态分布函数 $Φ (x)$ 表示；

(II) 证明随机变量 $Y$ 服从标准正态分布。

查看答案与解析

【答案】
(I) 二维随机变量 $(X_{1}, Y)$ 的分布函数为：

F (x, y) = {\frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (x), \frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (y), x \leq y x > y

(II) 见解析。

【解析】
设随机变量 $X_{1}$ ， $X_{2}$ ， $X_{3}$ 相互独立，其中 $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 均服从标准正态分布， $X_{3}$ 的概率分布为 $P {X_{3} = 0} = P {X_{3} = 1} = \frac{1}{2}$ ，已知 $Y = X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2}$ 。

(I) $(X_{1}, Y)$ 的分布函数为：

F (x, y) = P {X_{1} \leq x, Y \leq y} = P {X_{3} = 0, X_{1} \leq x, Y \leq y} + P {X_{3} = 1, X_{1} \leq x, Y \leq y} = P {X_{3} = 0, X_{1} \leq x, X_{2} \leq y} + P {X_{3} = 1, X_{1} \leq x, X_{1} \leq y} = \frac{1}{2} P {X_{1} \leq x} P {X_{2} \leq y} + \frac{1}{2} P {X_{1} \leq x, X_{1} \leq y}

(1) 当 $x \leq y$ 时，

F (x, y) = \frac{1}{2} P {X_{1} \leq x} P {X_{2} \leq y} + \frac{1}{2} P {X_{1} \leq x} = \frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (x)

(2) 当 $x > y$ 时，

F (x, y) = \frac{1}{2} P {X_{1} \leq x} P {X_{2} \leq y} + \frac{1}{2} P {X_{1} \leq y} = \frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (y)

综上所述：

F (x, y) = {\frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (x), \frac{1}{2} Φ (x) Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (y), x \leq y x > y

(II)

F_{Y} (y) = P {Y \leq y} = P {X_{3} = 0, Y \leq y} + P {X_{3} = 1, Y \leq y} = P {X_{3} = 0, X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2} \leq y} + P {X_{3} = 1, X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2} \leq y} = P {X_{3} = 0, X_{2} \leq y} + P {X_{3} = 1, X_{1} \leq y} = \frac{1}{2} P {X_{2} \leq y} + \frac{1}{2} P {X_{1} \leq y} = Φ (y),

因此 $Y \sim N (0, 1)$ 。

23

（本题满分 11 分）设 $T$ 的分布函数为

F (t) = {1 - e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}, 0, t \geq 0 t < 0

其中 $θ$ 、 $m$ 为参数且大于零。

(I) 求概率 $P {T > t}$ 与 $P {T > s + t ∣ T > s}$ ，其中 $s > 0$ ， $t > 0$ ；

(II) 任取 $n$ 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为 $t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}$ ，若 $m$ 已知，求 $θ$ 的最大似然估计值 $\hat{θ}$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I)

P {T > t} = e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}

P {T > s + t ∣ T > s} = e^{\frac{s ^{m} - ( s + t ) ^{m}}{θ ^{m}}}

(II)

\hat{θ} = m \frac{1}{n} i = 1 \sum n t_{i}^{m}

【解析】
（I） $P {T > t} = 1 - P {T \leq t} = 1 - F (t) = e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}$ 。

P {T > s + t ∣ T > s} = \frac{P { T > s + t , T > s }}{P { T > s }} = \frac{P { T > s + t }}{P { T > s }} = \frac{e ^{- (\frac{s + t}{θ})^{m}}}{e ^{- (\frac{s}{θ})^{m}}} = e^{\frac{s ^{m} - ( s + t ) ^{m}}{θ ^{m}}}

（II）概率密度函数为

f (t) = F^{'} (t) = {e^{- (\frac{t}{θ})^{m}} \frac{m t ^{m - 1}}{θ ^{m}}, 0, t > 0, 其他 .

似然函数为

L (θ) = i = 1 \prod n e^{- (\frac{t _{i}}{θ})^{m}} \frac{m t _{i}^{m - 1}}{θ ^{m}} = e^{- \frac{1}{θ ^{m}} \sum_{i = 1}^{n} t_{i}^{m}} m^{n} (i = 1 \prod n t_{i}^{m - 1}) θ^{- nm},

其中 $t_{i} > 0, i = 1, 2, \dots, n$ 。

取对数得

ln L (θ) = - \frac{1}{θ ^{m}} i = 1 \sum n t_{i}^{m} + ln m^{n} + ln (i = 1 \prod n t_{i}^{m - 1}) - nm ln θ .

对 $θ$ 求导并令导数为零：

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{m}{θ ^{m + 1}} i = 1 \sum n t_{i}^{m} - \frac{nm}{θ} = 0 \Rightarrow θ = m \frac{1}{n} i = 1 \sum n t_{i}^{m} .

因此， $θ$ 的最大似然估计值为

\hat{θ} = m \frac{1}{n} i = 1 \sum n t_{i}^{m} .