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2026 年真题

22 题

选择题

1～10小题，每小题5分，共50分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将所选选项前的字母填在答题卡指定位置。

1

设函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $x - a z = e^{y + a z}$ （ $a$ 是非 0 常数）确定，则（　　）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由方程 $x - a z = e^{y + a z}$ 确定隐函数 $z = z (x, y)$ 。

对 $x$ 求偏导数（ $y$ 为常数）得：

1 - a \frac{\partial z}{\partial x} = a e^{y + a z} \frac{\partial z}{\partial x}

解得：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{a ( 1 + e ^{y + a z} )}

对 $y$ 求偏导数（ $x$ 为常数）得：

- a \frac{\partial z}{\partial y} = e^{y + a z} (1 + a \frac{\partial z}{\partial y})

解得：

\frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )}

计算：

\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{a ( 1 + e ^{y + a z} )} - (- \frac{e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )}) = \frac{1 + e ^{y + a z}}{a ( 1 + e ^{y + a z} )} = \frac{1}{a}

故选项 A 正确。

2

幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{3 + ( - 1 ) ^{n}}{4})^{n} x^{2 n}$ 的收敛域是（　　）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 考虑幂级数

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

令 $b_{n} = (\frac{3 + ( - 1 ) ^{n}}{4})^{n}$ ，则级数可写成

n = 1 \sum \infty b_{n} x^{2 n} .

由于 $x$ 的指数为 $2 n$ ，可设 $y = x^{2}$ ，从而转化为

n = 1 \sum \infty b_{n} y^{n} .

计算 $b_{n}$ ：

当 $n$ 为偶数时， $(- 1)^{n} = 1$ ，故
$b_{n} = (\frac{4}{4})^{n} = 1;$
当 $n$ 为奇数时， $(- 1)^{n} = - 1$ ，故
$b_{n} = (\frac{2}{4})^{n} = (\frac{1}{2})^{n} .$

使用根值判别法求收敛半径：

n ∣ b_{n} ∣ = \frac{3 + ( - 1 ) ^{n}}{4},

当 $n$ 为偶数时等于 $1$ ，当 $n$ 为奇数时等于 $\frac{1}{2}$ ，因此

n \to \infty lim sup n ∣ b_{n} ∣ = 1.

从而级数 $\sum b_{n} y^{n}$ 的收敛半径为 $R_{y} = 1$ ，即当 $∣ y ∣ < 1$ 时收敛， $∣ y ∣ > 1$ 时发散。

由 $y = x^{2}$ 得 $∣ x^{2} ∣ < 1$ ，即 $∣ x ∣ < 1$ 时收敛。
检查端点：当 $∣ x ∣ = 1$ 时， $x^{2} = 1$ ，级数化为 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 。由于偶数项 $b_{n} = 1$ ，奇数项 $b_{n} = (1/2)^{n}$ ，部分和中包含无穷多个 $1$ ，故级数发散。

因此，收敛域为 $(- 1, 1)$ ，对应选项 D。

3

设函数 $f (x)$ 在区间 $[- 1, 1]$ 上有定义，则（　　）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
对于选项 A，考虑反例：设 $f (x) = - x + 1$ 当 $x < 0$ ， $f (0) = 100$ ， $f (x) = x + 2$ 当 $x > 0$ 。在 $(- 1, 0)$ 上 $f (x)$ 单调递减（导数为负），在 $(0, 1)$ 上单调递增（导数为正），但 $f (0) = 100$ 比两侧值都大，是极大值而非极小值。因此 A 错误。

对于选项 B，考虑反例：设 $f (x) = x^{2} (2 + sin (1/ x))$ 当 $x \neq = 0$ ， $f (0) = 0$ 。 $f (0) = 0$ 是极小值（因 $f (x) \geq x^{2} > 0$ 当 $x \neq = 0$ ），但在任何包含 0 的区间上，由于 $sin (1/ x)$ 震荡， $f (x)$ 在 $(- 1, 0)$ 和 $(0, 1)$ 上均不单调。因此 B 错误。

对于选项 C，假设 $f (x)$ 的图形在 $[- 1, 1]$ 上是凹的（即凹向上，相当于 $f^{''} (x) \geq 0$ 或 $f$ 为凸函数）。考虑函数 $φ (x) = \frac{f ( x ) - f ( 1 )}{x - 1}$ 在 $[- 1, 1)$ 上。当 $f$ 凹向上时，其导数 $f^{'} (x)$ 单调递增。由拉格朗日中值定理，存在 $ξ$ 介于 $x$ 与 1 之间，使得 $f (x) - f (1) = f^{'} (ξ) (x - 1)$ 。由于 $f^{'}$ 递增且 $x - 1 < 0$ ，有 $f (x) - f (1) = f^{'} (ξ) (x - 1) \leq f^{'} (x) (x - 1)$ 。计算 $φ^{'} (x) = \frac{f ^{'} ( x ) ( x - 1 ) - ( f ( x ) - f ( 1 ))}{( x - 1 ) ^{2}} \geq 0$ ，故 $φ (x)$ 单调递增。因此 C 正确。

对于选项 D，考虑反例：设 $f (x) = x^{4} - x^{3}$ ，则 $f (1) = 0$ ， $φ (x) = \frac{f ( x ) - f ( 1 )}{x - 1} = \frac{x ^{4} - x ^{3}}{x - 1} = x^{3}$ 在 $[- 1, 1)$ 上单调递增（因导数 $3 x^{2} \geq 0$ ）。但 $f^{''} (x) = 12 x^{2} - 6 x = 6 x (2 x - 1)$ ，在 $(0, 0.5)$ 上 $f^{''} (x) < 0$ ，故 $f (x)$ 的图形在 $[- 1, 1]$ 上不是凹的（凹向上需 $f^{''} (x) \geq 0$ 恒成立）。因此 D 错误。

综上，正确选项为 C。

4

已知有界区域 $Ω$ 由曲面 $z = 4 - x^{2} - y^{2}$ 与 $z = x^{2} + y^{2}$ 围成，函数 $f (u)$ 连续，则

∭_{Ω} f (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z = （ ）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 区域 Ω 由曲面

z = 4 - x^{2} - y^{2} (上半球面，半径 2)

与

z = x^{2} + y^{2} (圆锥面)

围成。被积函数为

f (x^{2} + y^{2} + z^{2})

适合用球坐标简化。

在球坐标下

x = r sin φ cos θ, y = r sin φ sin θ, z = r cos φ

体积元为

r^{2} sin φ d r d φ d θ

且有

x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2}

故被积函数化为

f (r^{2})

区域 Ω 中的点满足

z \geq x^{2} + y^{2} 且 z \leq 4 - x^{2} - y^{2}

用球坐标表示：

z = r cos φ, x^{2} + y^{2} = r sin φ

于是条件化为

cos φ \geq sin φ ⟹ tan φ \leq 1

所以

φ \in [0, \frac{π}{4}]

由上半球面得

r \leq 2

且原点在边界上，故

r \in [0, 2]

$θ$ 自然取

θ \in [0, 2 π]

因此积分表达式为

\int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π /4} d φ \int_{0}^{2} f (r^{2}) r^{2} sin φ d r

对应选项 C。

选项 A 与 B 采用柱坐标，但

A 中 $r$ 的上限定为 $2$ ，超出实际范围 $2$ ；
B 中 $z$ 的下限为 $0$ ，而不是 $r$ 。

二者均错误。
选项 D 的 $φ$ 上限为 $π /2$ ，包含了圆锥面以下的区域，不符合 Ω 的定义。

正确答案为 C。

5

单位矩阵经过若干次互换两行得到的矩阵成为置换矩阵。设 $A$ 为 $n$ 阶置换矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则（　　）

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 置换矩阵是由单位矩阵经过若干次行交换得到的矩阵，其行和列均为单位向量。置换矩阵是正交矩阵，满足

A^{- 1} = A^{T}

，而

A^{T}

也是置换矩阵，因此

A^{- 1}

恒为置换矩阵，选项B正确。对于选项A，伴随矩阵

A^{*} = det (A) A^{- 1}

，当

det (A) = - 1

时，

A^{*}

可能含有负元素，不满足置换矩阵的元素非负要求，故不一定成立。对于选项C和D，由

A^{- 1} = \frac{1}{d e t ( A )} A^{*}

知，当

det (A) = 1

时

A^{- 1} = A^{*}

，当

det (A) = - 1

时

A^{- 1} = - A^{*}

，两者均不恒成立。因此，仅选项B正确。

6

设 $A$ 、 $B$ 为 $n$ 阶矩阵， $β$ 是 $n$ 维列向量，若 $A$ 的列向量组可由 $B$ 的列向量组表示，则（　　）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 由题意可知，矩阵 $A$ 的列向量组可由矩阵 $B$ 的列向量组线性表示，即存在矩阵 $C$ 使得

A = BC

这意味着 $A$ 的列空间 $Col (A)$ 是 $B$ 的列空间 $Col (B)$ 的子集，即

Col (A) \subseteq Col (B)

线性方程组 $A x = β$ 有解当且仅当 $β \in Col (A)$ ，而 $B x = β$ 有解当且仅当 $β \in Col (B)$ 。
因此，当 $A x = β$ 有解时，有

β \in Col (A) \subseteq Col (B)

从而 $B x = β$ 一定有解，故选项 A 正确。

对于选项 C，当 $B x = β$ 有解时， $β \in Col (B)$ ，但 $β$ 不一定属于 $Col (A)$ ，因此 $A x = β$ 不一定有解。反例：取 $B = I$ （单位矩阵）， $A = 0$ ，则 $B x = β$ 总有解，但 $A x = β$ 仅当 $β = 0$ 时有解。

对于选项 B 和 D，考虑转置关系 $A^{T} = C^{T} B^{T}$ ，此时

Col (A^{T}) \subseteq Col (C^{T})

但与 $Col (B^{T})$ 没有直接的包含关系，因此无法由其中一个方程解的存在性推断另一个方程解的存在性，故选项 B 和 D 均不正确。

7

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) + 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 。若方程 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = - 1$ 表示的曲面为圆柱面，则（　　）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 对应的矩阵为

A = a 22 2 a 2 22 a .

其特征值为

λ_{1} = a + 4, λ_{2} = a - 2 （二重） .

要使方程 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = - 1$ 表示实圆柱面，矩阵 $A$ 必须满足：

有一个特征值为 0；
其余特征值同号，以保证方程有实数解。

当 $a = - 4$ 时，特征值为 $0, - 6, - 6$ 。通过正交变换可将二次型化为
$- 6 y_{1}^{2} - 6 y_{2}^{2} = - 1,$
即
$y_{1}^{2} + y_{2}^{2} = \frac{1}{6},$
表示圆柱面。
当 $a = 2$ 时，特征值为 $6, 0, 0$ 。二次型化为
$6 y_{1}^{2} = - 1,$
无实数解，不表示实曲面。

因此，选项 B 中 $a = - 4$ 且标准型为 $- 6 y_{1}^{2} - 6 y_{2}^{2}$ 符合要求，该选项正确。

8

设随机变量 $X \sim N (1, 2)$ ，令 $f (t) = E [(X + t)^{2}]$ ，则 $f (t)$ 的最小值点和最小值分别为（　　）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 计算 $f (t) = E [(X + t)^{2}]$ ，展开得

f (t) = E [X^{2}] + 2 tE [X] + t^{2} .

由于 $X \sim N (1, 2)$ ，即均值 $μ = 1$ ，方差 $σ^{2} = 2$ ，故

E [X] = 1, E [X^{2}] = Var (X) + (E [X])^{2} = 2 + 1^{2} = 3.

代入得

f (t) = t^{2} + 2 t + 3.

这是一个开口向上的二次函数，最小值在顶点处，顶点

t = - \frac{b}{2 a} = - \frac{2}{2 \cdot 1} = - 1,

最小值为

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

因此最小值点为 $- 1$ ，最小值为 $2$ ，对应选项 C。

9

设连续型随机变量 $X$ 的分布函数为 $F (x)$ ，随机变量 $Y$ 的分布函数为 $F (a y + b)$ ， $X$ 的数学期望为 $μ$ ，方差为 $σ^{2} (σ > 0)$ ，若 $Y$ 的数学期望和方差分别为 0 和 1，则（　　）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由 $Y$ 的分布函数为 $F (a y + b)$ ，可得

P (Y \leq y) = P (X \leq a y + b),

这意味着 $X$ 与 $Y$ 满足线性关系

X = aY + b,

即

Y = \frac{X - b}{a} .

已知 $X$ 的数学期望为 $μ$ ，方差为 $σ^{2}$ 。对于线性变换 $Y = \frac{X - b}{a}$ ，其数学期望与方差分别为

E [Y] = \frac{μ - b}{a}, Var (Y) = \frac{σ ^{2}}{a ^{2}} .

根据题意， $E [Y] = 0$ 且 $Var (Y) = 1$ ，因此有

\frac{μ - b}{a} = 0, \frac{σ ^{2}}{a ^{2}} = 1.

解方程得

b = μ, a = σ (取正根) .

故 $a = σ, b = μ$ ，对应选项 A。

10

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P {X = k} = \frac{1}{2 ^{k + 1}} + \frac{1}{3 ^{k}}$ （ $k = 1, 2, \dots$ ），则对于正整数 $m$ 、 $n$ 有（　　）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 首先，计算 $P {X > k}$ 对于正整数 $k$ 。由分布 $P {X = k} = \frac{1}{2 ^{k + 1}} + \frac{1}{3 ^{k}}$ 可得：

P {X > k} = j = k + 1 \sum \infty (\frac{1}{2 ^{j + 1}} + \frac{1}{3 ^{j}}) = \frac{1}{2 ^{k + 1}} + \frac{1}{2 \cdot 3 ^{k}} .

条件概率 $P {X > m + n ∣ X > m} = \frac{P { X > m + n }}{P { X > m }}$ ，代入表达式：

P {X > m + n ∣ X > m} = \frac{\frac{1}{2 ^{m + n + 1}} + \frac{1}{2 \cdot 3 ^{m + n}}}{\frac{1}{2 ^{m + 1}} + \frac{1}{2 \cdot 3 ^{m}}} = \frac{a \cdot 2 ^{- n} + b \cdot 3 ^{- n}}{a + b},

其中 $a = \frac{1}{2 ^{m + 1}}, b = \frac{1}{2 \cdot 3 ^{m}}$ 。由于 $\frac{a}{b} = (\frac{3}{2})^{m} > 1$ ，有 $\frac{a}{a + b} > \frac{1}{2}$ 。因此上式是 $2^{- n}$ 和 $3^{- n}$ 的加权平均，且较大权重赋予较大的 $2^{- n}$ 。而 $P {X > n} = \frac{1}{2 ^{n + 1}} + \frac{1}{2 \cdot 3 ^{n}} = \frac{1}{2} 2^{- n} + \frac{1}{2} 3^{- n}$ 是等权重平均。比较两者：

\frac{a 2 ^{- n} + b 3 ^{- n}}{a + b} - (\frac{1}{2} 2^{- n} + \frac{1}{2} 3^{- n}) = (\frac{a}{a + b} - \frac{1}{2}) (2^{- n} - 3^{- n}) > 0,

因为 $\frac{a}{a + b} > \frac{1}{2}$ 且 $2^{- n} > 3^{- n}$ 。故 $P {X > m + n ∣ X > m} > P {X > n}$ 对所有正整数 $m, n$ 成立。

对于其他选项：A 和 B 要求等式成立，但由表达式依赖 $m$ 可知不成立；C 要求大于 $P {X > m}$ ，但当 $n$ 较大时可能不成立，例如 $m = 1, n = 2$ 时 $P {X > 3 ∣ X > 1} \approx 0.1944 < P {X > 1} \approx 0.4167$ 。因此 D 正确。

填空题

11～16小题，每小题5分，共30分。

11

设向量 $v_{1} = (0, x, z)$ ， $v_{2} = (y, 0, 1)$ ，令 $F (x, y, z) = v_{1} \times v_{2}$ ，则 $div F =$ ____________。

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【答案】 $1 + z$

【解析】
首先计算向量场 $F = v_{1} \times v_{2}$ ，其中 $v_{1} = (0, x, z)$ ， $v_{2} = (y, 0, 1)$ 。
叉积公式为

a \times b = (a_{2} b_{3} - a_{3} b_{2}, a_{3} b_{1} - a_{1} b_{3}, a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1})

代入得：

第一分量： $x \cdot 1 - z \cdot 0 = x$ ，
第二分量： $z \cdot y - 0 \cdot 1 = yz$ ，
第三分量： $0 \cdot 0 - x \cdot y = - x y$ 。

因此

F = (x, yz, - x y)

散度定义为

div F = \frac{\partial F _{1}}{\partial x} + \frac{\partial F _{2}}{\partial y} + \frac{\partial F _{3}}{\partial z}

计算偏导数：

$\frac{\partial F _{1}}{\partial x} = \frac{\partial x}{\partial x} = 1$ ，
$\frac{\partial F _{2}}{\partial y} = \frac{\partial ( yz )}{\partial y} = z$ ，
$\frac{\partial F _{3}}{\partial z} = \frac{\partial ( - x y )}{\partial z} = 0$ 。

求和得

div F = 1 + z + 0 = 1 + z

12

$lim_{x \to 0} (\frac{1}{x} - \frac{l n ( 1 + x )}{x s i n x}) =$ ____________。

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 将原式通分： $lim_{x \to 0} (\frac{1}{x} - \frac{l n ( 1 + x )}{x s i n x}) = lim_{x \to 0} \frac{s i n x - l n ( 1 + x )}{x s i n x}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于0，为 $0/0$ 型未定式，可使用洛必达法则。首先对分子和分母分别求导：分子导数为 $cos x - \frac{1}{1 + x}$ ，分母导数为 $sin x + x cos x$ ，得到

x \to 0 lim \frac{cos x - \frac{1}{1 + x}}{sin x + x cos x} .

代入 $x = 0$ 仍为 $0/0$ 型，再次应用洛必达法则：分子导数为 $- sin x + \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$ ，分母导数为 $2 cos x - x sin x$ ，得到

x \to 0 lim \frac{- sin x + \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}}{2 cos x - x sin x} .

代入 $x = 0$ ，分子为1，分母为2，故极限为

\frac{1}{2} .

13

设函数 $y = y (x)$ 由参数方程

{x = 2 sin^{2} t y = t + cos t (t \in (0, \frac{π}{2}))

确定，则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = \frac{π}{4}} =$ ____________。

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【答案】 $- \frac{2}{8}$

【解析】 对于参数方程 $x = 2 sin^{2} t$ , $y = t + cos t$ ，先求一阶导数 $\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t}$ 。
计算导数：

\frac{d x}{d t} = \frac{d}{d t} (2 sin^{2} t) = 4 sin t cos t, \frac{d y}{d t} = \frac{d}{d t} (t + cos t) = 1 - sin t .

因此，

\frac{d y}{d x} = \frac{1 - sin t}{4 sin t cos t} .

再求二阶导数 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) / \frac{d x}{d t}$ 。
令 $u = \frac{d y}{d x}$ ，则

\frac{d u}{d t} = \frac{d}{d t} (\frac{1 - sin t}{4 sin t cos t}) .

使用商法则，分子 $f (t) = 1 - sin t$ ，分母 $g (t) = 4 sin t cos t$ ，有 $f^{'} (t) = - cos t$ ， $g^{'} (t) = 4 cos 2 t$ 。
于是

\frac{d u}{d t} = \frac{( - cos t ) \cdot ( 4 sin t cos t ) - ( 1 - sin t ) \cdot ( 4 cos 2 t )}{( 4 sin t cos t ) ^{2}} = \frac{- 4 [ sin t cos ^{2} t + cos 2 t ( 1 - sin t )]}{16 sin ^{2} t cos ^{2} t} .

从而

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d u / d t}{d x / d t} = \frac{- 4 [ sin t cos ^{2} t + cos 2 t ( 1 - sin t )]}{16 sin ^{2} t cos ^{2} t} \cdot \frac{1}{4 sin t cos t} = - \frac{sin t cos ^{2} t + cos 2 t ( 1 - sin t )}{16 sin ^{3} t cos ^{3} t} .

代入 $t = \frac{π}{4}$ ，其中 $sin \frac{π}{4} = cos \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ ， $cos 2 t = cos \frac{π}{2} = 0$ 。
计算分子：

sin t cos^{2} t = \frac{2}{2} \cdot (\frac{2}{2})^{2} = \frac{2}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{4}, cos 2 t (1 - sin t) = 0.

分母：

16 sin^{3} t cos^{3} t = 16 (\frac{2}{2})^{6} = 16 \cdot \frac{1}{8} = 2.

因此

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = \frac{π}{4}} = - \frac{\frac{2}{4}}{2} = - \frac{2}{8} .

14

设 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{l n ( x + 1 )}{x ^{2}} d x =$ ____________。

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【答案】
$2 ln 2$

【解析】
考虑积分 $I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{l n ( x + 1 )}{x ^{2}} d x$ 。使用分部积分法，令 $u = ln (x + 1)$ ， $d v = \frac{1}{x ^{2}} d x$ ，则 $d u = \frac{1}{x + 1} d x$ ， $v = - \frac{1}{x}$ 。由分部积分公式：

I = [- \frac{ln ( x + 1 )}{x}]_{1}^{+ \infty} - \int_{1}^{+ \infty} (- \frac{1}{x}) \cdot \frac{1}{x + 1} d x = [- \frac{ln ( x + 1 )}{x}]_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( x + 1 )} d x

计算边界项：当 $x \to + \infty$ 时， $\frac{l n ( x + 1 )}{x} \to 0$ ，故 $[- \frac{l n ( x + 1 )}{x}]_{1}^{+ \infty} = 0 - (- \frac{l n 2}{1}) = ln 2$ 。
对于积分 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( x + 1 )} d x$ ，将被积函数分解为部分分式： $\frac{1}{x ( x + 1 )} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}$ 。于是

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( x + 1 )} d x = \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}) d x = b \to \infty lim [ln (\frac{x}{x + 1})]_{1}^{b} = b \to \infty lim (ln (\frac{b}{b + 1}) - ln (\frac{1}{2}))

当 $b \to \infty$ 时， $\frac{b}{b + 1} \to 1$ ，故 $ln (\frac{b}{b + 1}) \to 0$ ，而 $ln (\frac{1}{2}) = - ln 2$ ，所以该积分值为 $0 - (- ln 2) = ln 2$ 。
因此，原积分 $I = ln 2 + ln 2 = 2 ln 2$ 。

15

设矩阵

A = 120 0 a 2 02 a, B = a - 1 - 1 - 1 2 - 1 - 1 1 a,

记 $m (X)$ 为3阶矩阵 $X$ 的实特征值中的最大值。若 $m (A) < m (B)$ ，则 $a$ 的取值范围为 ____________。

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【答案】 $(- \infty, 0)$

【解析】 矩阵 $A$ 的特征多项式为 $det (A - λ I) = (1 - λ) ((a - λ)^{2} - 4)$ ，解得特征值 $λ = 1, a - 2, a + 2$ ，故 $m (A) = max {1, a + 2}$ 。当 $a ⩽ - 1$ 时， $m (A) = 1$ ；当 $a > - 1$ 时， $m (A) = a + 2$ 。

对于矩阵 $B$ ，易见 $(1, 0, 1)^{T}$ 是特征向量，对应特征值 $a - 1$ 。进一步计算特征多项式得 $B$ 的特征值为 $a - 1, \frac{( a + 3 ) \pm ∣ a - 1∣}{2}$ 。讨论 $a$ 与 $1$ 的关系：若 $a ⩽ 1$ ，则特征值为 $a - 1, 2, a + 1$ ，其中最大值为 $2$ ；若 $a > 1$ ，则特征值为 $a - 1, a + 1, 2$ ，其中最大值为 $a + 1$ 。故

m (B) = {2, a + 1, a ⩽ 1, a > 1.

由条件 $m (A) < m (B)$ 分情况讨论：

当 $a ⩽ - 1$ 时， $m (A) = 1 < 2 = m (B)$ ，恒成立；
当 $- 1 < a ⩽ 1$ 时， $m (A) = a + 2$ ， $m (B) = 2$ ，由 $a + 2 < 2$ 得 $a < 0$ ，故 $- 1 < a < 0$ ；
当 $a > 1$ 时， $m (A) = a + 2$ ， $m (B) = a + 1$ ，由 $a + 2 < a + 1$ 得矛盾，无解。

综上，满足条件的 $a$ 的取值范围为 $a < 0$ ，即 $(- \infty, 0)$ 。

16

设随机变量 $X$ 服从参数为1的泊松分布，随机变量 $Y$ 服从参数为3的泊松分布， $X$ 与 $Y - X$ 相互独立，则 $E (X Y) =$ ____________。

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【答案】 4

【解析】 由题意， $X \sim Poisson (1)$ ，故 $E (X) = 1$ ， $E (X^{2}) = Var (X) + [E (X)]^{2} = 1 + 1^{2} = 2$ 。
$Y \sim Poisson (3)$ ，故 $E (Y) = 3$ 。
已知 $X$ 与 $Y - X$ 相互独立，因此有：

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

由于 $X$ 与 $Y - X$ 独立，故 $E [X (Y - X)] = E (X) \cdot E (Y - X)$ 。
计算 $E (Y - X) = E (Y) - E (X) = 3 - 1 = 2$ ，代入得：

E [X (Y - X)] = 1 \times 2 = 2.

因此，

E (X Y) = 2 + 2 = 4.

解答题

17～22小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17

（本题满分10分）

求 $f (x, y) = (2 x^{2} - y^{2}) e^{x}$ 的极值。

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【答案】 函数 $f (x, y) = (2 x^{2} - y^{2}) e^{x}$ 在点 $(- 2, 0)$ 处取得极大值 $8 e^{- 2}$ ，在点 $(0, 0)$ 处无极值（鞍点）。

【解析】 首先，求函数的一阶偏导数：

f_{x} = \frac{\partial}{\partial x} [(2 x^{2} - y^{2}) e^{x}] = e^{x} (2 x^{2} + 4 x - y^{2}), f_{y} = \frac{\partial}{\partial y} [(2 x^{2} - y^{2}) e^{x}] = - 2 y e^{x} .

令偏导数为零，由于 $e^{x} > 0$ ，得方程组：

2 x^{2} + 4 x - y^{2} = 0, - 2 y = 0.

由第二式得 $y = 0$ ，代入第一式得 $2 x^{2} + 4 x = 0$ ，解得 $x = 0$ 或 $x = - 2$ 。故临界点为 $(0, 0)$ 和 $(- 2, 0)$ 。

其次，求二阶偏导数以判断临界点类型：

f_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} f_{x} = e^{x} (2 x^{2} + 8 x + 4 - y^{2}), f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y} f_{y} = - 2 e^{x}, f_{x y} = \frac{\partial}{\partial y} f_{x} = - 2 y e^{x} .

计算判别式 $D = f_{xx} f_{yy} - (f_{x y})^{2}$ 。

在点 $(0, 0)$ 处：

f_{xx} = 4, f_{yy} = - 2, f_{x y} = 0, D = 4 \times (- 2) - 0^{2} = - 8 < 0.

故 $(0, 0)$ 是鞍点，不是极值点。

在点 $(- 2, 0)$ 处：

f_{xx} f_{yy} f_{x y} D = e^{- 2} (8 - 16 + 4) = - 4 e^{- 2} < 0, = - 2 e^{- 2}, = 0, = (- 4 e^{- 2}) \times (- 2 e^{- 2}) - 0^{2} = 8 e^{- 4} > 0.

由于 $D > 0$ 且 $f_{xx} < 0$ ，故 $(- 2, 0)$ 是极大值点。极大值为：

f (- 2, 0) = (2 \times (- 2)^{2} - 0^{2}) e^{- 2} = 8 e^{- 2} .

因此，函数有极大值 $8 e^{- 2}$ ，在点 $(- 2, 0)$ 处取得。

18

（本题满分12分）

设 $f (u)$ 在 $(0, + \infty)$ 内具有3阶连续导数，且存在可微函数 $F (x, y)$ 使

d F (x, y) = \frac{f ( x y )}{x ^{2} y} d x + \frac{f ^{''} ( x y )}{x y ^{2}} d y (x y > 0) .

(1) 证明： $\frac{f ^{''} ( u )}{u} - \frac{f ^{'} ( u )}{u} = c$ ， $c$ 为常数；

(2) 设 $f (1) = 1$ ， $f^{'} (1) = - 1$ ， $f^{''} (1) = 0$ ，求 $f (u)$ 的表达式。

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【答案】
(1) 由全微分条件可得 $\frac{f ^{''} ( u )}{u} - \frac{f ( u )}{u} = c$ ，其中 $c$ 为常数。
(2) $f (u) = e^{1 - u} - e^{u - 1} + u$ 。

【解析】
(1) 设 $M (x, y) = \frac{f ( x y )}{x ^{2} y}$ ， $N (x, y) = \frac{f ^{''} ( x y )}{x y ^{2}}$ 。由于 $d F = M d x + N d y$ 是全微分，故有 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ 。计算偏导数：

\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{f ( x y )}{x ^{2} y}) = \frac{x y f ^{'} ( x y ) - f ( x y )}{x ^{2} y ^{2}}, \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (\frac{f ^{''} ( x y )}{x y ^{2}}) = \frac{x y f ^{'''} ( x y ) - f ^{''} ( x y )}{x ^{2} y ^{2}} .

令两者相等，得

x y f^{'} (x y) - f (x y) = x y f^{'''} (x y) - f^{''} (x y) .

令 $u = x y$ ，则上式化为

u f^{'} (u) - f (u) = u f^{'''} (u) - f^{''} (u) .

两边同除以 $u^{2}$ ，得

\frac{d}{d u} (\frac{f ^{''} ( u )}{u}) = \frac{d}{d u} (\frac{f ( u )}{u}) .

积分得

\frac{f ^{''} ( u )}{u} = \frac{f ( u )}{u} + c,

即

\frac{f ^{''} ( u )}{u} - \frac{f ( u )}{u} = c,

其中 $c$ 为常数。

(2) 由已知条件 $f (1) = 1$ ， $f^{'} (1) = - 1$ ， $f^{''} (1) = 0$ ，代入上式得

c = \frac{f ^{''} ( 1 )}{1} - \frac{f ( 1 )}{1} = 0 - 1 = - 1.

于是有

f^{''} (u) - f (u) = - u .

该方程为二阶线性常微分方程，其齐次方程 $f^{''} (u) - f (u) = 0$ 的通解为 $f_{h} (u) = A e^{u} + B e^{- u}$ ，特解可设为 $f_{p} (u) = p u + q$ ，代入得 $p = 1$ ， $q = 0$ ，即 $f_{p} (u) = u$ 。故通解为

f (u) = A e^{u} + B e^{- u} + u .

利用初始条件确定常数 $A, B$ ：

{f (1) = A e + B e^{- 1} + 1 = 1, f^{'} (1) = A e - B e^{- 1} + 1 = - 1,

解得 $A = - e^{- 1}$ ， $B = e$ 。因此

f (u) = - e^{- 1} e^{u} + e \cdot e^{- u} + u = e^{1 - u} - e^{u - 1} + u .

19

（本题满分 12 分）

设有向曲线 $L$ 为椭圆 $x^{2} + 3 y^{2} = 1$ 上沿逆时针方向从点 $A (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})$ 到点 $B (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 的部分，计算曲线积分

I = \int_{L} (e^{x^{2}} sin x - 2 x y) d x + (6 x - x^{2} - y cos^{4} y) d y .

查看答案与解析

【答案】

I = π 3 - \frac{1}{4}

【解析】 考虑整个椭圆 $E : x^{2} + 3 y^{2} = 1$ 沿逆时针方向，其围成的区域为 $D_{e}$ 。设被积函数中 $P = e^{x^{2}} sin x - 2 x y$ ， $Q = 6 x - x^{2} - y cos^{4} y$ 。计算偏导数得：

\frac{\partial Q}{\partial x} = 6 - 2 x, \frac{\partial P}{\partial y} = - 2 x,

故

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 6.

由格林公式，

\oint_{E} P d x + Q d y = \iint_{D_{e}} 6 d A = 6 \cdot Area (D_{e}) .

椭圆 $x^{2} + 3 y^{2} = 1$ 的半长轴 $a = 1$ ，半短轴 $b = \frac{1}{3}$ ，面积 $Area (D_{e}) = πab = \frac{π}{3}$ 。因此

\oint_{E} P d x + Q d y = 6 \cdot \frac{π}{3} = 2 π 3 .

设 $L$ 为椭圆上从点 $A (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})$ 到点 $B (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 的逆时针弧， $L_{2}$ 为椭圆上从 $B$ 到 $A$ 的逆时针弧（另一半椭圆）。则 $E = L \cup L_{2}$ ，且

\oint_{E} = \int_{L} + \int_{L_{2}} .

为计算 $\int_{L_{2}}$ ，补直线段 $L_{1}^{'}$ 从 $A$ 到 $B$ （方向从 $A$ 到 $B$ ），与 $L_{2}$ 构成闭合曲线 $C_{2} = L_{2} \cup L_{1}^{'}$ ，所围区域为 $D_{2}$ 。由对称性，直线 $y = x$ 将椭圆分成面积相等的两部分，故 $Area (D_{2}) = \frac{1}{2} Area (D_{e}) = \frac{π}{2 3}$ 。对 $C_{2}$ 应用格林公式（ $C_{2}$ 为逆时针方向）：

\oint_{C_{2}} P d x + Q d y = \iint_{D_{2}} 6 d A = 6 \cdot \frac{π}{2 3} = π 3 .

又

\oint_{C_{2}} = \int_{L_{2}} + \int_{L_{1}^{'}} .

计算 $\int_{L_{1}^{'}}$ ：直线段 $L_{1}^{'}$ 参数化为 $x = t, y = t$ ， $t$ 从 $- \frac{1}{2}$ 到 $\frac{1}{2}$ 。则

\int_{L_{1}^{'}} P d x + Q d y = \int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} [e^{t^{2}} sin t - 3 t^{2} + 6 t - t cos^{4} t] d t .

被积函数中 $e^{t^{2}} sin t$ 、 $6 t$ 、 $- t cos^{4} t$ 为奇函数，在对称区间上积分为零； $- 3 t^{2}$ 为偶函数，故

\int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (- 3 t^{2}) d t = - 6 \int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{2} d t = - 6 \cdot \frac{1}{24} = - \frac{1}{4} .

所以 $\int_{L_{1}^{'}} = - \frac{1}{4}$ 。代入得

\int_{L_{2}} = \oint_{C_{2}} - \int_{L_{1}^{'}} = π 3 - (- \frac{1}{4}) = π 3 + \frac{1}{4} .

最后，

\int_{L} = \oint_{E} - \int_{L_{2}} = 2 π 3 - (π 3 + \frac{1}{4}) = π 3 - \frac{1}{4} .

因此，所求曲线积分为 $I = π 3 - \frac{1}{4}$ 。

20

（本题满分 12 分）

设可导函数 $f (x)$ 严格单调递增且满足 $\int_{- 1}^{1} f (x) d x = 0$ ，记 $a = \int_{0}^{1} f (x) d x$ 。

(1) 证明： $a > 0$ ；

(2) 令 $F (x) = a (1 - x^{2}) + \int_{1}^{x} f (t) d t$ ，证明：存在 $ξ \in (- 1, 1)$ 使 $F^{''} (ξ) = 0$ 。

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【答案】 (1) $a > 0$ 。 (2) 存在 $ξ \in (- 1, 1)$ 使得 $F^{''} (ξ) = 0$ 。

【解析】
(1) 由于 $f (x)$ 严格单调递增，对于 $x \in (- 1, 0)$ 有 $f (x) < f (0)$ ，对于 $x \in (0, 1)$ 有 $f (x) > f (0)$ 。结合积分 $\int_{- 1}^{1} f (x) d x = 0$ ，即 $\int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x = 0$ ，记 $a = \int_{0}^{1} f (x) d x$ ，则 $\int_{- 1}^{0} f (x) d x = - a$ 。由严格不等式，有：

\int_{- 1}^{0} f (x) d x < \int_{- 1}^{0} f (0) d x = f (0), \int_{0}^{1} f (x) d x > \int_{0}^{1} f (0) d x = f (0) .

即 $- a < f (0)$ 且 $a > f (0)$ ，从而 $a > f (0) > - a$ ，得 $a > - a$ ，故 $a > 0$ 。

(2) 由 $F (x) = a (1 - x^{2}) + \int_{1}^{x} f (t) d t$ ，计算得：

F (- 1) = a (1 - 1) + \int_{1}^{- 1} f (t) d t = 0, F (1) = a (1 - 1) + \int_{1}^{1} f (t) d t = 0.

又 $F (0) = a (1 - 0) + \int_{1}^{0} f (t) d t = a - \int_{0}^{1} f (t) d t = a - a = 0$ 。故 $F (- 1) = F (0) = F (1) = 0$ 。在区间 $[- 1, 0]$ 和 $[0, 1]$ 上分别应用罗尔定理，存在 $c_{1} \in (- 1, 0)$ 和 $c_{2} \in (0, 1)$ 使得 $F^{'} (c_{1}) = 0$ 和 $F^{'} (c_{2}) = 0$ 。由于 $F^{'} (x) = - 2 a x + f (x)$ 在 $[c_{1}, c_{2}]$ 上连续，在 $(c_{1}, c_{2})$ 内可导，且 $F^{'} (c_{1}) = F^{'} (c_{2}) = 0$ ，由罗尔定理，存在 $ξ \in (c_{1}, c_{2}) \subset (- 1, 1)$ 使得 $F^{''} (ξ) = 0$ 。

21

（本题满分 12 分）

已知向量组

α_{1} = 10 - 1 - 1, α_{2} = 1 - 1 0 - 2, α_{3} = 0 - 1 1 - 1, α_{4} = 01 - 1 1,

记 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ， $G = (α_{1}, α_{2})$ 。

(1) 证明： $α_{1}, α_{2}$ 是 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 的极大线性无关组。

(2) 求矩阵 $H$ 使得 $A = G H$ ，并求 $A^{10}$ 。

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【答案】
(1) 略
(2) $H = (1001 - 1 1 1 - 1)$ ， $A^{10} = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 - 9 - 1 108 91 - 10 - 8$

【解析】
(1) 首先证明 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关。设 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} = 0$ ，解得 $k_{1} = k_{2} = 0$ ，故线性无关。其次，解线性方程组得 $α_{3} = - α_{1} + α_{2}$ ， $α_{4} = α_{1} - α_{2}$ ，即 $α_{3}, α_{4}$ 可由 $α_{1}, α_{2}$ 线性表示，因此 $α_{1}, α_{2}$ 是极大线性无关组。

(2) 由线性表示关系， $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 在基 $α_{1}, α_{2}$ 下的坐标分别为 $(1, 0)^{T}, (0, 1)^{T}, (- 1, 1)^{T}, (1, - 1)^{T}$ ，故

H = (1001 - 1 1 1 - 1) .

由 $A = G H$ ，得 $A^{10} = G (H G)^{9} H$ 。计算

H G = (10 - 1 1),

记 $M = H G$ ，则 $M = I + N$ ，其中 $N = (00 - 1 0)$ 满足 $N^{2} = 0$ ，故

M^{9} = (I + N)^{9} = I + 9 N = (10 - 9 1) .

计算

M^{9} H = (10 - 9 1 - 10 1 10 - 1),

再与 $G$ 相乘得

A^{10} = G (M^{9} H) = 10 - 1 - 1 1 - 1 0 - 2 (10 - 9 1 - 10 1 10 - 1) = 10 - 1 - 1 - 8 - 1 97 - 9 - 1 108 91 - 10 - 8 .

22

（本题满分 12 分）

假设某种元件寿命服从指数分布，其均值 $θ$ 是未知参数。为估计 $θ$ ，取 $n$ 个这种元件同时做寿命实验，试验直到出现 $k$ （ $1 \leq k \leq n$ ）个元件失效时停止。

(1) 若 $k = 1$ ，失效元件寿命记为 $T$ ，
(i) 求 $T$ 的概率密度；
(ii) 确定 $a$ ，使 $\hat{θ} = a T$ 是 $θ$ 的无偏估计，并求 $D (\hat{θ})$ ；

(2) 已知 $k$ 个失效元件寿命值分别为 $t_{1}, t_{2}, \dots, t_{k}$ ，且 $t_{1} \leq t_{2} \leq \dots \leq t_{k}$ ，似然函数为

L (θ) = \frac{1}{θ ^{k}} e^{- \frac{1}{θ} [\sum_{i = 1}^{k} t_{i} + (n - k) t_{k}]},

求 $θ$ 的最大似然估计值。

查看答案与解析

【答案】

(1)
(i) $T$ 的概率密度为

f_{T} (t) = \frac{n}{θ} e^{- \frac{n}{θ} t}, t \geq 0

(ii) 取 $a = n$ ，此时 $\hat{θ} = n T$ 是 $θ$ 的无偏估计，且方差为

D (\hat{θ}) = θ^{2}

(2) $θ$ 的最大似然估计值为

\hat{θ} = \frac{1}{k} [i = 1 \sum k t_{i} + (n - k) t_{k}]

【解析】

(1)
(i) 元件寿命服从指数分布，均值为 $θ$ ，即密度函数为

f (t) = \frac{1}{θ} e^{- t / θ}, t \geq 0

取 $n$ 个独立元件进行试验，直到第一个元件失效，失效时间 $T$ 为样本最小值。指数分布具有无记忆性，因此 $T$ 仍服从指数分布：其生存函数为

P (T > t) = [P (X > t)]^{n} = e^{- n t / θ}

故累积分布函数为

F_{T} (t) = 1 - e^{- n t / θ}

密度函数为

f_{T} (t) = \frac{d}{d t} F_{T} (t) = \frac{n}{θ} e^{- \frac{n}{θ} t}, t \geq 0

(ii) 计算 $T$ 的期望：

E (T) = \int_{0}^{\infty} t \cdot \frac{n}{θ} e^{- \frac{n}{θ} t} d t = \frac{θ}{n}

要使 $\hat{θ} = a T$ 为无偏估计，需满足

E (\hat{θ}) = a E (T) = a \cdot \frac{θ}{n} = θ

解得 $a = n$ 。
计算 $T$ 的方差：先求

E (T^{2}) = \int_{0}^{\infty} t^{2} \cdot \frac{n}{θ} e^{- \frac{n}{θ} t} d t = \frac{2 θ ^{2}}{n ^{2}}

因此

D (T) = E (T^{2}) - [E (T)]^{2} = \frac{2 θ ^{2}}{n ^{2}} - (\frac{θ}{n})^{2} = \frac{θ ^{2}}{n ^{2}}

于是

D (\hat{θ}) = D (n T) = n^{2} D (T) = n^{2} \cdot \frac{θ ^{2}}{n ^{2}} = θ^{2}

(2) 给定似然函数

L (θ) = \frac{1}{θ ^{k}} e^{- \frac{1}{θ} [\sum_{i = 1}^{k} t_{i} + (n - k) t_{k}]}

取对数似然函数：

ln L (θ) = - k ln θ - \frac{1}{θ} [i = 1 \sum k t_{i} + (n - k) t_{k}]

对 $θ$ 求导并令其为零：

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = - \frac{k}{θ} + \frac{1}{θ ^{2}} [i = 1 \sum k t_{i} + (n - k) t_{k}] = 0

解得

θ = \frac{1}{k} [i = 1 \sum k t_{i} + (n - k) t_{k}]

此即为 $θ$ 的最大似然估计值。