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2024 年真题

22 题

选择题

1

已知函数 $f (x) = \int_{0}^{x} e^{c o s t} d t$ ， $g (x) = \int_{0}^{s i n x} e^{t^{2}} d t$ ，则( )

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正确答案：C

正确答案：C

解析：由于 $e^{c o s t}$ 是偶函数，所以 $f (x) = \int_{0}^{x} e^{c o s t} d t$ 是奇函数，又 $g^{'} (x) = e^{(s i n x)^{2}} cos x$ 是偶函数，所以 $g (x)$ 是奇函数。

故选 C。

2

已知 $P = P (x, y, z)$ ， $Q = Q (x, y, z)$ 均连续， $\sum$ 为 $z = 1 - x^{2} - y^{2}$ ， $x \leq 0$ ， $y \geq 0$ 的上侧，则 $\iint_{\sum} P d y d z + Q d x d z =$

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正确答案：A

正确答案：A

由转换投影公式。

= = \iint_{Σ} P \cdot (- \frac{\partial z}{\partial x}) d x d y + Q \cdot (- \frac{\partial z}{\partial y}) d x d y \iint_{Σ} [P \cdot (\frac{x}{z}) + Q \cdot (\frac{y}{z})] d x d y \iint_{Σ} (\frac{P x}{z} + \frac{Q y}{z}) d x d y

选 A。

3

已知幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数为 $ln (2 + x)$ ，则 $\sum_{n = 0}^{\infty} n a_{2 n} =$ （）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

ln (2 + x) = ln (1 + \frac{x}{2}) + ln 2 = ln 2 + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{( \frac{x}{2} ) ^{n}}{n} = ln 2 + \frac{x}{2} - \frac{( \frac{x}{2} ) ^{2}}{2} + \frac{( \frac{x}{2} ) ^{3}}{3} - \frac{( \frac{x}{2} ) ^{4}}{4} + \dots - \frac{( \frac{x}{2} ) ^{6}}{6} + \dots

n = 0 \sum \infty n a_{2 n} = 0 + a_{2} + 2 a_{4} + 3 a_{6} + 4 a_{8} + \dots = - \frac{1}{2 \cdot 2 ^{2}} + 2 \cdot (- \frac{1}{2 ^{4} \cdot 4}) - 3 \cdot \frac{1}{2 ^{6} \cdot 6} + \dots = - [\frac{1}{2 ^{3}} + \frac{1}{2 ^{5}} + \frac{1}{2 ^{7}} + \dots] = - [\frac{\frac{1}{2 ^{3}}}{1 - \frac{1}{2 ^{2}}}] = - \frac{\frac{1}{8}}{\frac{3}{4}} = - \frac{1}{8} \times \frac{4}{3} = - \frac{1}{6}

故选 A。

4

设函数 $f (x)$ 在区间 $(- 1, 1)$ 上有定义，且 $x \to 0 lim f (x) = 0$ ，则( )

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正确答案：B

正确答案：B

因为 $f^{'} (0) = m$ ，所以 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，

从而 $x \to 0 lim f (x) = f (0) = 0$ ，所以 $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = m$ ，

故选 B.

对于 A 选项， $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = m$ ，推不出来 $f^{'} (0) = m$ ；

对于C选项， $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处不一定连续；

对于D选项， $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处极限未必存在。

5

在空间直角坐标系 $O - x yz$ 中，三张平面
$π_{i} : a_{i} x + b_{i} y + c_{i} z = d_{i} (i = 1, 2, 3)$ 的位置关系如图所示，

记 $α_{i} = (a_{i}, b_{i}, c_{i})$ ， $β_{i} = (a_{i}, b_{i}, c_{i}, d_{i})$ ，
若

r α_{1} α_{2} α_{3} = m, r β_{1} β_{2} β_{3} = n,

则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由题意知

α_{1} α_{2} α_{3} x_{1} x_{2} x_{3} = d_{1} d_{2} d_{3}

有无穷多解，故

r α_{1} α_{2} α_{3} = r β_{1} β_{2} β_{3} < 3

又由存在两平面的法向量不共线即线性无关，故

r α_{1} α_{2} α_{3} \geq 2

则

r α_{1} α_{2} α_{3} = r β_{1} β_{2} β_{3} = 2

故 $m = n = 2$ ，故选 B。

6

设向量 $α_{1} = a 1 - 1 1$ ， $α_{2} = 11 b a$ ， $α_{3} = 1 a - 1 1$ ，若 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由于向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，因此其秩 $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) < 3$ 。
由此可得行列式

a 11 11 a 1 a 1 = 0

解得 $a = 1$ 或 $a = - 2$ 。

当 $a = 1$ 时， $α_{1}$ 与 $α_{3}$ 线性相关，与题意矛盾，因此舍去。
故取 $a = - 2$ 。

进一步，由

a 1 - 1 11 b 1 a - 1 = - 2 1 - 1 11 b 1 - 2 - 1 = 0

解得 $b = 2$ 。

因此，正确答案为 D。

7

设 $A$ 是秩为 $2$ 的 $3$ 阶矩阵， $α$ 是满足 $A α = 0$ 的非零向量，若对满足 $β^{T} α = 0$ 的 $3$ 维列向量 $β$ ，均有 $A β = β$ ，则( )

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由 $A α = 0$ 且 $α \neq = 0$ ，故 $λ_{1} = 0$ ，设非零向量 $β_{1}, β_{2}$ 线性无关（因为与 $α$ 垂直的平面中一定存在两个线性无关的向量）且满足 $β_{1}^{T} α = β_{2}^{T} α = 0$ ，则 $A β_{1} = β_{1}, A β_{2} = β_{2}$ ，又由 $β_{1}, β_{2}$ 线性无关，故 $λ = 1$

至少为二重根，故 $λ_{1} = 0, λ_{2} = λ_{3} = 1$ ，故 $A^{3}$ 的特征值为 $0, 1, 1$ ，故 $t r (A^{3}) = 0 + 1 + 1 = 2$ ，故选A.

8

设随机变量 $X$ ， $Y$ 相互独立，且 $X$ 服从正态分布 $N (0, 2)$ ， $Y$ 服从正态分布 $N (- 2, 2)$ ，若 $P {2 X + Y < a} = P {X > Y}$ ，则 $a = ($ )

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 $2 X + Y : N (- 2, 10)$ ， $Y - X : N (- 2, 2^{2})$ ，

所以 $P {2 X + Y < a} = Φ (\frac{a + 2}{10}) = P {Y - X < 0} = Φ (\frac{0 + 2}{2})$ ，

于是 $\frac{a + 2}{10} = \frac{0 + 2}{2}$ ， $a = - 2 + 10$ 。

故选 B.

9

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = {2 (1 - x), 0, 0 < x < 1 其它

在 $X = x (0 < x < 1)$ 的条件下，随机变量 $Y$ 服从区间 $(x, 1)$ 上的均匀分布，则 $Cov (X, Y) =$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】当 $0 < x < 1$ 时，条件概率密度函数为：

f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{1 - x}, 0, x < y < 1 其他

联合概率密度函数为：

f (x, y) = {2, 0, x < y < 1, 0 < x < 1 其他

计算 $EX Y$ ：

EX Y = - \infty < x < + \infty - \infty < y < + \infty \iint x y f (x, y) d x d y = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 x y d x = \frac{1}{4}

计算 $EX$ ：

EX = \int_{0}^{1} x \cdot 2 (1 - x) d x = \frac{1}{3}

计算 $E Y$ ：

E Y = - \infty < x < + \infty - \infty < y < + \infty \iint y f (x, y) d x d y = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 y d x = \frac{2}{3}

计算协方差：

Cov (X, Y) = EX Y - EX \cdot E Y = \frac{1}{4} - \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{36}

故选 D。

10

设随机变量 $X, Y$ 相互独立，且均服从参数为 $λ$ 的指数分布，令 $Z = ∣ X - Y ∣$ ，则下列随机变量与 $Z$ 同分布的是（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】令 $Z = ∣ X - Y ∣$ ，则 $F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {∣ X - Y ∣ \leq z}$ 。

当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = 0$ ；

当 $z \geq 0$ 时，

F_{Z} (z) = \iint_{∣ x - y ∣ \leq z} f (x, y) d x d y = \iint_{∣ x - y ∣ \leq z} λ e^{- λ x} λ e^{- λ y} d x d y = 2 \int_{0}^{\infty} d y \int_{y}^{y + z} λ e^{- λ x} λ e^{- λ y} d x = 1 - e^{- λ z}

因此，

F_{Z} (z) = {0, 1 - e^{- λ z}, z < 0 z \geq 0

显然， $Z = ∣ X - Y ∣$ 与 $X$ 同分布。

故选 D。

填空题

11

（填空题）若 $lim_{x \to 0} \frac{( 1 + a x ^{2} ) ^{s i n x} - 1}{x ^{3}} = 6$ ，则 $a =$ ______

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【答案】 6

【解析】

x \to 0 lim \frac{( 1 + a x ^{2} ) ^{s i n x} - 1}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{e ^{s i n x l n (1 + a x^{2})} - 1}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{sin x \cdot ln ( 1 + a x ^{2} )}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{a x ^{3}}{x ^{3}} = 6

故 $a = 6$

12

（填空题）设函数 $f (u, v)$ 具有 2 阶连续偏导数，且

df ∣_{(1, 1)} = 3 d u + 4 d v,

令 $y = f (cos x, 1 + x^{2})$ ，则

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} =

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【答案】 5

【解析】
由 $df ∣_{(1, 1)} = 3 d u + 4 d v$ 可知，

f_{u}^{'} (1, 1) = 3, f_{v}^{'} (1, 1) = 4

又

\frac{d y}{d x} = f_{u}^{'} \cdot (- sin x) + f_{v}^{'} \cdot 2 x

则

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = [f_{uu}^{''} \cdot (- sin x) + f_{uv}^{''} \cdot 2 x] (- sin x) + f_{u}^{'} \cdot (- cos x) + [f_{vu}^{''} \cdot (- sin x) + f_{vv}^{''} \cdot 2 x] (2 x) + 2 f_{v}^{'}

因此，

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} = f_{u}^{'} (1, 1) \cdot (- 1) + 2 f_{v}^{'} (1, 1) = - 3 + 8 = 5

13

（填空题）已知函数 $f (x) = x + 1$ ，若 $f (x) = \frac{a _{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} cos n x$ ， $x \in [0, π]$ ，则 $lim_{n \to \infty} n^{2} sin a_{2 n - 1} =$ __________

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【答案】 $- \frac{1}{π}$

【解析】
由题意可得将 $f (x)$ 在 $[0, π]$ 展为余弦级数，由公式可得

a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (x + 1) cos \frac{nπ x}{π} d x = \frac{2}{π} [(x + 1) \frac{1}{n} sin n x + \frac{1}{n ^{2}} cos n x]_{0}^{π} = - \frac{4}{n ^{2} π}, n = 2 k - 1

n \to \infty lim n^{2} sin a_{2 n - 1} = n \to \infty lim [- \frac{4}{( 2 n - 1 ) ^{2} π} n^{2}] = - \frac{1}{π}

14

（填空题）微分方程 $y^{'} = \frac{1}{( x + y ) ^{2}}$ 满足条件 $y (1) = 0$ 的解为______

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【答案】 $x = tan (y + \frac{π}{4}) - y$

【解析

令 $x + y = u$ ，等式两边同时对 $x$ 求导，得到 $u^{'} = 1 + y^{'}$ ，代入原式可得 $u^{'} - 1 = \frac{1}{u ^{2}}$ 。
整理得 $\frac{d u}{d x} = \frac{1 + u ^{2}}{u ^{2}}$ ，即 $\int \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1} d u = \int d x$ 。
求得 $u - arctan u = x + c$ ，即 $y - arctan (x + y) = c$ 。
把初始条件代入可得 $c = - \frac{π}{4}$ ，解得 $x = tan (y + \frac{π}{4}) - y$ 。

15

（填空题）设实矩阵 $A = (a + 1 a a a)$ ，若对任意实向量 $α = (x_{1} x_{2})$ ， $β = (y_{1} y_{2})$ ， $(α^{T} A β)^{2} \leq α^{T} A α \cdot β^{T} A β$ 都成立，则 $a$ 的取值范围是______

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【答案】 $[0, + \infty)$

【解析】 由题意知： $α^{T} A (β α^{T} - α β^{T}) A β \leq 0$ 恒成立。

设函数 $f (x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}) = α^{T} A (β α^{T} - α β^{T}) A β$ 。

由

β α^{T} - α β^{T} = (y_{1} y_{2}) (x_{1} x_{2}) - (x_{1} x_{2}) (y_{1} y_{2}) = (x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1}) (01 - 1 0),

则

A (β α^{T} - α β^{T}) A = (x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1}) (a + 1 a a a) (01 - 1 0) (a + 1 a a a) = (x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1}) (0 a - a 0),

故

f (x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}) = (x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1}) α^{T} (0 a - a 0) β = - a (x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1})^{2} \leq 0,

可得 $a \geq 0$ 。

16

（填空题）设随机试验每次成功的概率为 $P$ ，现进行 3 次独立重复试验，在至少成功 1 次的条件下，3 次试验全部成功的概率为 $\frac{4}{13}$ ，则 $P =$ ______

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 设随机变量 $X$ 表示三次试验中成功的次数，则 $X : B (3, p)$ ，所以

P {X = 3∣ X \geq 1} = \frac{P { X = 3 , X \geq 1 }}{P { X \geq 1 }} = \frac{P { X = 3 }}{P { X \geq 1 }} = \frac{C _{3}^{3} P ^{3}}{1 - C _{3}^{0} ( 1 - P ) ^{3}} = \frac{4}{13}

∴ P = \frac{2}{3}

解答题

17

（本题满分10分）

已知平面区域 $D = {(x, y) ∣ 1 - y^{2} \leq x \leq 1, - 1 \leq y \leq 1}$ ，计算 $\iint_{D} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y$

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【答案】 $2 - 2 + ln (1 + 2)$

【解析】

由于积分区域关于 $x$ 轴对称，被积函数关于 $y$ 为偶函数，故

$\iint_{D} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = 2 \iint_{D_{1}} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = 2 \int_{0}^{1} d y \int_{1 - y^{2}}^{1} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x$

$= \int_{0}^{1} d y \int_{1 - y^{2}}^{1} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d (x^{2} + y^{2})$

$= 2 \int_{0}^{1} 1 + y^{2} d y - 2 = [y 1 + y^{2} + ln (y + 1 + y^{2})]_{0}^{1} - 2$

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

18

（本题满分12分）

已知函数 $f (x, y) = x^{3} + y^{3} - (x + y)^{2} + 3$ ，设 $T$ 是曲面 $z = f (x, y)$ 在点 $(1, 1, 1)$ 处的切平面， $D$ 为 $T$ 与坐标平面所围成的有界区域在 $x O y$ 平面上的投影。

(1) 求 $T$ 的方程

(2) 求 $f (x, y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值

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【答案】
(1) $x + y + z = 3$
(2) 最大值为21，最小值为 $\frac{17}{27}$

【解析】
(1) 对于 $z = f (x, y) = x^{3} + y^{3} - (x + y)^{2} + 3$ ，
有 $z_{x}^{'} (1, 1) = - 1$ ， $z_{y}^{'} (1, 1) = - 1$ ，
从而曲面在点 $(1, 1, 1)$ 处的一个法向量为

n = (- z_{x}, - z_{y}, 1) = (1, 1, 1),

得该点处曲面的切平面方程为

x + y + z = 3.

(2) 在 $x oy$ 平面中，区域 $D : x + y \leq 3, x \geq 0, y \geq 0$ 。
在 $D$ 内部求驻点，解方程组

{f_{x}^{'} = 3 x^{2} - 2 (x + y) = 0, f_{y}^{'} = 3 y^{2} - 2 (x + y) = 0,

得 $(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ ，有 $f (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = \frac{17}{27}$ ；

在边界 $y = 0, 0 < x < 3$ 上，对于 $f (x, 0) = x^{3} - x^{2} + 3$ ，
解得其驻点 $(\frac{2}{3}, 0)$ ，有 $f (\frac{2}{3}, 0) = \frac{77}{27}$ ；

在边界 $x = 0, 0 < y < 3$ 上，对于 $f (0, y) = y^{3} - y^{2} + 3$ ，
解得其驻点 $(0, \frac{2}{3})$ ，有 $f (0, \frac{2}{3}) = \frac{77}{27}$ ；

在边界 $x + y = 3, 0 < x < 3$ 上，对于 $f (x, 3 - x) = x^{3} + (3 - x)^{3} - 6$ ，
解得其驻点 $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$ ，有 $f (\frac{3}{2}, \frac{3}{2}) = \frac{3}{4}$ ；

在边界顶点，有

f (0, 0) = 3, f (3, 0) = f (0, 3) = 21.

综上，得 $f (x, y)$ 在 $D$ 上的最大值为 $f (3, 0) = f (0, 3) = 21$ ，
最小值为 $f (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = \frac{17}{27}$ 。

19

（本题满分 12 分）

设函数 $f (x)$ 具有 2 阶导数，且 $f^{'} (0) = f^{'} (1)$ ， $∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1$ ，证明：

(1) 当 $x \in (0, 1)$ 时， $∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}$

(2) $\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}$

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【答案】 见解析

【解析】

(1) 证明：
令 $g (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x$ 。
令 $F (x) = f (x) - g (x) - \frac{x ( 1 - x )}{2}$ ，其中 $x \in (0, 1)$ 。
由于 $F (0) = 0$ ， $F (1) = 0$ ，
且 $F^{''} (x) = f^{''} (x) + 1 \geq 0$ （因为 $∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1$ ），
因此 $F (x)$ 为凹函数，从而 $F (x) \geq 0$ 。
于是有

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2} .

再令 $F (x) = f (x) - g (x) + \frac{x ( 1 - x )}{2}$ ，其中 $x \in (0, 1)$ 。
由于 $F (0) = 0$ ， $F (1) = 0$ ，
且 $F^{''} (x) = f^{''} (x) - 1 \leq 0$ （因为 $∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1$ ），
因此 $F (x)$ 为凸函数，从而 $F (x) \geq 0$ 。
于是有

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \geq - \frac{x ( 1 - x )}{2} .

综上，

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2} .

(2) 由 (1) 中

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2},

两边在 $[0, 1]$ 上积分得

\int_{0}^{1} [f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x] d x \leq \int_{0}^{1} \frac{x ( 1 - x )}{2} d x .

计算可得

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12} .

又由 (1) 中

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \geq - \frac{x ( 1 - x )}{2},

两边在 $[0, 1]$ 上积分得

\int_{0}^{1} [f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x] d x \geq - \int_{0}^{1} \frac{x ( 1 - x )}{2} d x,

即

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \geq - \frac{1}{12} .

综上，

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12} .

20

（本题满分12分）

已知有向曲线 L 的球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2 x$ 与平面 $2 x - z - 1 = 0$ 的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆时针方向，计算曲线积分

$\int_{L} (6 x yz - y z^{2}) d x + 2 x^{2} z d y + x yz d z$

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【答案】 $\frac{4 5 π}{25}$

【解析】

I = \oint_{L} (6 x yz - y z^{2}) d x + 2 x^{2} z d y + x yz d z = \iint_{\sum} d y d z \frac{\partial}{\partial x} 6 x yz - y z^{2} d z d x \frac{\partial}{\partial y} 2 x^{2} z d x d y \frac{\partial}{\partial z} x yz, 其中 \sum : z = 2 x - 1 ，取上侧 = \iint_{\sum} (x z - 2 x^{2}) d y d z + (6 x y - 3 yz) d z d x + (z^{2} - 2 x z) d x d y = \iint_{\sum} [(x z - 2 x^{2}) (- 2) + (6 x y - 3 yz) \cdot 0 + (z^{2} - 2 x z)] d x d y = \iint_{\sum} (4 x^{2} - 4 x z + z^{2}) d x d y = \iint_{D} [4 x^{2} - 4 x (2 x - 1) + (2 x - 1)^{2}] d x d y, D : \frac{( x - \frac{3}{5} ) ^{2}}{( \frac{2}{5} ) ^{2}} + \frac{y ^{2}}{( \frac{2}{5} ) ^{2}} \leq 1 = \iint_{D} 1 d x d y = \frac{4 5 π}{25} .

21

（本题满分 12 分）

已知数列 ${x_{n}}$ ， ${y_{n}}$ ， ${z_{n}}$ 满足 $x_{0} = - 1$ ， $y_{0} = 0$ ， $z_{0} = 2$ ，且

⎩ ⎨ ⎧ x_{n} = - 2 x_{n - 1} + 2 z_{n - 1} y_{n} = - 2 y_{n - 1} - 2 z_{n - 1} z_{n} = - 6 x_{n - 1} - 3 y_{n - 1} + 3 z_{n - 1}

记 $α_{n} = x_{n} y_{n} z_{n}$ ，写出满足 $α_{n} = A α_{n - 1}$ 的矩阵 $A$ ，并求 $A^{n}$ 及 $x_{n}$ ， $y_{n}$ ， $z_{n}$ 。

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【答案】
矩阵 $A = - 2 0 - 6 0 - 2 - 3 2 - 2 3$
$A^{n} = - 4 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 4 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 6 - 2 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 2 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 3 2 - 2 3$
$x_{n} = 8 + (- 2)^{n}$ , $y_{n} = - 8 + (- 2)^{n + 1}$ , $z_{n} = 12$

【解析】

由题设得

x_{n} y_{n} z_{n} = - 2 0 - 6 0 - 2 - 3 2 - 2 3 x_{n - 1} y_{n - 1} z_{n - 1},

即 $α_{n} = A α_{n - 1}$ ，
故

A = - 2 0 - 6 0 - 2 - 3 2 - 2 3 .

由 $∣ λ E - A ∣ = 0$ ，即

λ + 2 06 0 λ + 2 3 - 2 2 λ - 3 = 0,

得 $λ_{1} = 0$ ， $λ_{2} = 1$ ， $λ_{3} = - 2$ 。

当 $λ_{1} = 0$ 时， $A x = 0$ ，得基础解系为 $η_{1} = (1, - 1, 1)^{T}$ 。

当 $λ_{2} = 1$ 时， $(E - A) x = 0$ ，得基础解系为 $η_{2} = (2, - 2, 3)^{T}$ 。

当 $λ_{3} = - 2$ 时， $(- 2 E - A) x = 0$ ，得基础解系为 $η_{3} = (- 1, 2, 0)^{T}$ 。

故存在可逆矩阵

P = (η_{1}, η_{2}, η_{3}) = 1 - 1 1 2 - 2 3 - 1 20,

使 $P^{- 1} A P = 01 - 2$ ，即 $A = P Λ P^{- 1}$ 。

则

A^{n} = P Λ^{n} P^{- 1} = 1 - 1 1 2 - 2 3 - 1 20 01 - 2^{n} 1 - 1 1 2 - 2 3 - 1 20^{- 1}

= - 4 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 4 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 6 - 2 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 2 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 3 2 - 2 3 .

由 $α_{n} = A α_{n - 1}$ ，得

α_{n} = A^{n} α_{0} = - 4 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 4 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 6 - 2 + (- 1)^{n + 1} \cdot 2^{n} 2 + (- 1)^{n} \cdot 2^{n + 1} - 3 2 - 2 3 x_{0} y_{0} z_{0}

= 8 + (- 2)^{n} - 8 + (- 2)^{n + 1} 12 .

则

x_{n} = 8 + (- 2)^{n}, y_{n} = - 8 + (- 2)^{n + 1}, z_{n} = 12.

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（本题满分 12 分）

设总体 $X$ 服从 $[0, θ]$ 上的均匀分布，其中 $θ \in (0, + \infty)$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，记 $X_{(n)} = max {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}$ ， $T_{c} = c X_{(n)}$ 。

（1）求 $c$ ，使得 $T_{c}$ 是 $θ$ 的无偏估计；

（2）记 $h (c) = E (T_{c} - θ)^{2}$ ，求 $c$ 使得 $h (c)$ 最小。

查看答案与解析

【答案】
(1) $c = \frac{n + 1}{n}$
(2) $c = \frac{n + 2}{n + 1}$

【解析】
(1) $X$ 的概率密度为

f (x) = {\frac{1}{θ}, 0, 0 < x < θ 其他

$X$ 的分布函数为

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{1}{θ} x, 1, x < 0 0 \leq x < θ x \geq θ

$X_{(n)}$ 的分布函数为

F_{X_{(n)}} (x) = P {max {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}} \leq x} = P {X_{1} \leq x, X_{2} \leq x, \dots, X_{n} \leq x}

= P {X_{1} \leq x} \cdot P {X_{2} \leq x} \dots P {X_{n} \leq x} = F^{n} (x)

$X_{(n)}$ 的概率密度为

f_{X_{(n)}} (x) = n F^{n - 1} (x) \cdot f (x) = {\frac{n}{θ ^{n}} x^{n - 1}, 0, 0 < x < θ 其他

计算期望：

E (T_{c}) = c E (X_{(n)}) = c \int_{0}^{θ} x \cdot \frac{n}{θ ^{n}} x^{n - 1} d x = \frac{c n}{n + 1} θ

令 $E (T_{c}) = \frac{c n}{n + 1} θ = θ$ ，解得

c = \frac{n + 1}{n}

(2) 计算二阶矩：

E (T_{c}^{2}) = c^{2} E (X_{(n)}^{2}) = c^{2} \int_{0}^{θ} x^{2} \cdot \frac{n}{θ ^{n}} x^{n - 1} d x = \frac{c ^{2} n}{n + 2} θ^{2}

定义函数：

h (c) = E (T_{c} - θ)^{2} = E (T_{c}^{2} - 2 θ T_{c} + θ^{2}) = E (T_{c}^{2}) - 2 θE (T_{c}) + θ^{2}

代入得

h (c) = \frac{c ^{2} n}{n + 2} θ^{2} - \frac{2 c n}{n + 1} θ^{2} + θ^{2}

求导：

h^{'} (c) = \frac{2 c n}{n + 2} θ^{2} - \frac{2 n}{n + 1} θ^{2}

令 $h^{'} (c) = 0$ ，解得

c = \frac{n + 2}{n + 1}

二阶导数为

h^{''} (c) = \frac{2 n}{n + 2} θ^{2} > 0

因此当 $c = \frac{n + 2}{n + 1}$ 时， $h (c)$ 取得最小值。