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2009 年真题

23 题

选择题

1

函数 $f (x) = \frac{x - x ^{3}}{s i n π x}$ 的可去间断点的个数为

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正确答案：C

正确答案：C

当 $x$ 取任何整数时， $f (x)$ 均无意义。因此， $f (x)$ 的间断点有无穷多个。

可去间断点为极限存在的点，所以需要求解 $x - x^{3} = 0$ 的解。因此，可去间断点为 3 个，即 $0$ 、 $\pm 1$ 。

2

当 $x \to 0$ 时， $f (x) = x - sin a x$ 与 $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 是等价无穷小，则

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正确答案：A

正确答案：A

设 $f (x) = x - sin a x$ 和 $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 为等价无穷小，则有 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{g ( x )} = 1$ 。

利用泰勒展开：

sin a x = a x - \frac{( a x ) ^{3}}{6} + o (x^{3})

因此：

f (x) = x - (a x - \frac{a ^{3} x ^{3}}{6}) + o (x^{3}) = (1 - a) x + \frac{a ^{3} x ^{3}}{6} + o (x^{3})

对于 $ln (1 - b x)$ 的展开：

ln (1 - b x) \sim - b x - \frac{( b x ) ^{2}}{2} - \frac{( b x ) ^{3}}{3} + o (x^{3})

因此：

g (x) = x^{2} (- b x) + o (x^{3}) = - b x^{3} + o (x^{3})

要使极限成立：

x \to 0 lim \frac{( 1 - a ) x + \frac{a ^{3} x ^{3}}{6}}{- b x ^{3}} = 1

需满足分子分母最低阶项次数相同且系数相等，故：

1 - a = 0 \Rightarrow a = 1

此时分子为：

\frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})

分母为：

- b x^{3} + o (x^{3})

因此：

\frac{\frac{1}{6}}{- b} = 1 \Rightarrow b = - \frac{1}{6}

3

使不等式 $\int_{1}^{x} \frac{s i n t}{t} d t > ln x$ 成立的 $x$ 的范围是

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正确答案：A

正确答案：A

原问题可转化为求函数 $f (x)$ 的取值范围：

f (x) = \int_{1}^{x} \frac{sin t}{t} d t - ln x = \int_{1}^{x} \frac{sin t - 1}{t} d t = - \int_{x}^{1} \frac{1 - sin t}{t} d t > 0

由于 $\frac{1 - s i n t}{t} > 0$ （因为 $t > 0$ 且 $sin t < 1$ 对所有 $t \neq = \frac{π}{2} + 2 kπ$ 成立），当 $x \in (0, 1)$ 时，积分上限 $1 > x$ ，此时被积函数 $\frac{1 - s i n t}{t} > 0$ ，因此积分值为正，即 $f (x) > 0$ 。

综上，正确答案为 (A)。

4

设函数 $y = f (x)$ 在区间 $[- 1, 3]$ 上的图形为（图形描述略），则函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 的图形为

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正确答案：D

正确答案：D

由定积分的几何意义， $F (x)$ 表示 $f (t)$ 从 0 到 $x$ 与 $t$ 轴围成的面积代数和。分析各区间特征：

① 当 $x \in [0, 1]$ 时， $f (x) \leq 0$ ，故 $F (x)$ 单调递减且 $F (x) \leq 0$ 。

② 当 $x \in [1, 2]$ 时， $f (x) \geq 0$ ，故 $F (x)$ 单调递增。

③ 当 $x \in [2, 3]$ 时， $f (x) = 0$ ，故 $F (x)$ 为常函数。

④ 当 $x \in [- 1, 0]$ 时， $f (x)$ 为线性函数且 $f (x) \leq 0$ ，故 $F (x)$ 为线性递增函数（因积分是累加负面积，斜率为负但 $x$ 从 -1 到 0 时积分值增大）。

⑤ $F (x)$ 连续。

结合选项，(D) 符合上述特征。

5

设 $A, B$ 均为 2 阶矩阵， $A^{*}, B^{*}$ 分别为 $A, B$ 的伴随矩阵，若 $∣ A ∣ = 2, ∣ B ∣ = 3$ ，则分块矩阵

(0 B A 0)

的伴随矩阵为

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正确答案：B

正确答案：B

对于分块矩阵 $C = (0 B A 0)$ ，其行列式为：

∣ C ∣ = (- 1)^{2 \times 2} ∣ A ∣∣ B ∣ = 2 \times 3 = 6

伴随矩阵 $C^{*}$ 满足 $C^{*} = ∣ C ∣ C^{- 1}$ ，而根据分块矩阵逆的性质：

C^{- 1} = (0 A^{- 1} B^{- 1} 0)

又因为：

A^{- 1} = \frac{1}{∣ A ∣} A^{*} = \frac{1}{2} A^{*}, B^{- 1} = \frac{1}{∣ B ∣} B^{*} = \frac{1}{3} B^{*}

所以：

C^{*} = 6 (0 \frac{1}{2} A^{*} \frac{1}{3} B^{*} 0) = (0 3 A^{*} 2 B^{*} 0)

因此，正确答案为 (B)。

6

设 $P$ 为 3 阶矩阵， $P^{T} A P = 100010002$ 。若 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ， $Q = (α_{1} + α_{2}, α_{2}, α_{3})$ ，则 $Q^{T} A Q$ 为

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正确答案：A

正确答案：A

由 $Q = P 110010001$ ，记 $E = 110010001$ ，则：

Q^{T} A Q = (PE)^{T} A (PE) = E^{T} (P^{T} A P) E

代入 $P^{T} A P = diag (1, 1, 2)$ ，计算 $E^{T} diag (1, 1, 2) E$ ：

E^{T} = 100110001, E^{T} diag (1, 1, 2) = 100110002

进一步计算：

100110002 E = 1 \times 1 + 1 \times 1 0 \times 1 + 1 \times 1 0 1 \times 0 + 1 \times 1 0 \times 0 + 1 \times 1 0 + 2 \times 0 00 0 \times 0 + 2 \times 1 0 = 210110002

故选 (A)。

7

设事件 $A$ 与事件 $B$ 互不相容，则

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正确答案：D

正确答案：D

因为 $A, B$ 互不相容，所以 $P (A B) = 0$ 。

(A)
$P (\overline{A} \overline{B}) = P (\overline{A \cup B}) = 1 - P (A \cup B)$ 。
但 $P (A \cup B)$ 不一定为1，故(A)错误。

(B)
当 $P (A), P (B)$ 不为0时，独立事件满足 $P (A B) = P (A) P (B)$ 。
但互不相容事件未必独立，故(B)错误。

(C)
仅当 $A, B$ 为对立事件时， $P (A) = 1 - P (B)$ 。
但互不相容未必对立，故(C)错误。

(D)
$P (\overline{A} \cup \overline{B}) = P (\overline{A B}) = 1 - P (A B) = 1 - 0 = 1$ ，
故(D)正确。

8

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X$ 服从标准正态分布 $N (0, 1)$ ， $Y$ 的概率分布为 $P {Y = 0} = P {Y = 1} = \frac{1}{2}$ 。记 $F_{Z} (z)$ 为随机变量 $Z = X Y$ 的分布函数，则函数 $F_{Z} (z)$ 的间断点个数为

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正确答案：B

正确答案：B

由全概率公式，

F_{Z} (z) = P (X Y \leq z) = P (Y = 0) P (X \cdot 0 \leq z) + P (Y = 1) P (X \leq z) = \frac{1}{2} [P (0 \leq z) + Φ (z)]

其中 $Φ (z)$ 为标准正态分布函数。

当 $z < 0$ 时， $P (0 \leq z) = 0$ ，故

F_{Z} (z) = \frac{1}{2} Φ (z)

当 $z \geq 0$ 时， $P (0 \leq z) = 1$ ，故

F_{Z} (z) = \frac{1}{2} (1 + Φ (z))

在 $z = 0$ 处，左极限为

z \to 0^{-} lim F_{Z} (z) = \frac{1}{2} Φ (0) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

右极限为

z \to 0^{+} lim F_{Z} (z) = \frac{1}{2} (1 + Φ (0)) = \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} = \frac{3}{4}

左右极限存在但不相等，故 $z = 0$ 为唯一间断点，选(B)。

填空题

9

（填空题）

x \to 0 lim \frac{e - e ^{c o s x}}{3 1 + x ^{2} - 1} =

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【答案】 $\frac{3}{2} e$

【解析】 计算过程如下：

x \to 0 lim \frac{e - e ^{c o s x}}{3 1 + x ^{2} - 1} = x \to 0 lim \frac{e ( 1 - e ^{c o s x - 1} )}{3 1 + x ^{2} - 1} = x \to 0 lim \frac{e ( 1 - cos x )}{\frac{1}{3} x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{e \cdot \frac{1}{2} x ^{2}}{\frac{1}{3} x ^{2}} = \frac{3}{2} e

10

（填空题）设 $z = (x + e^{y})^{x}$ ，则 $\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 0)} =$

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【答案】 $2 ln 2 + 1$

【解析】 由 $z = (x + e^{y})^{x}$ ，故 $z (x, 0) = (x + 1)^{x}$ 。

\frac{d z}{d x} = [(x + 1)^{x}]^{'} = [e^{x l n (1 + x)}]^{'} = e^{x l n (1 + x)} [ln (1 + x) + \frac{x}{1 + x}]

代入 $x = 1$ 得，

\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 0)} = e^{l n 2} (ln 2 + \frac{1}{2}) = 2 ln 2 + 1

11

（填空题）幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}} x^{n}$ 的收敛半径为

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【答案】 $\frac{1}{e}$

【解析】 数列 $a_{n} = \frac{e ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}} > 0$ 对所有 $n$ 均为正。

考虑相邻项的比值：

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{e ^{n + 1} - ( - 1 ) ^{n + 1}}{( n + 1 ) ^{2}} \cdot \frac{n ^{2}}{e ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}

简化表达式：

\frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ^{2}} \cdot \frac{e ^{n + 1} [ 1 - ( - \frac{1}{e} ) ^{n + 1} ]}{e ^{n} [ 1 - ( - \frac{1}{e} ) ^{n} ]} \to e (n \to \infty)

因此，该幂级数的收敛半径为 $\frac{1}{e}$ 。

12

（填空题）设某产品的需求函数为 $Q = Q (P)$ ，其对应价格 $P$ 的弹性 $ξ_{P} = 0.2$ ，则当需求量为 $10000$ 件时，价格增加 $1$ 元会使产品收益增加

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【答案】 8000

【解析】 所求即为 $(QP)^{'} = Q^{'} P + Q$ ，因为 $ξ_{P} = \frac{P}{Q} Q^{'} = - 0.2$ ，所以 $Q^{'} P = - 0.2 Q$ 。

因此：

(QP)^{'} = - 0.2 Q + Q = 0.8 Q

将 $Q = 10000$ 代入得：

(QP)^{'} = 8000

13

（填空题）设 $α = (1, 1, 1)^{⊤}$ ， $β = (1, 0, k)^{⊤}$ ，若 $α β^{⊤}$ 的特征值为 $3, 0, 0$ ，则 $k =$ ______

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【答案】 2

【解析】 $α β^{⊤}$ 的特征值为 3, 0, 0，而 $α^{⊤} β$ 为矩阵 $α β^{⊤}$ 的对角元素之和，即：

1 + k = 3 + 0 + 0

因此：

k = 2

14

（填空题）设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自二项分布总体 $B (n, p)$ 的简单随机样本， $\overline{X}$ 和 $S^{2}$ 分别为样本均值和样本方差，记统计量 $T = \overline{X} - S^{2}$ ，则 $E (T) =$ __________

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【答案】 $n p^{2}$

【解析】 由 $ET = E (\overline{X} - S^{2}) = E \overline{X} - E S^{2} = n p - n p (1 - p) = n p^{2}$

解答题

15

（本题满分9分）

求二元函数 $f (x, y) = x^{2} (2 + y^{2}) + y ln y$ 的极值。

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【答案】 函数在点 $(0, \frac{1}{e})$ 处取得极小值 $- \frac{1}{e}$ 。

【解析】
偏导数为：

$f_{x}^{'} (x, y) = 2 x (2 + y^{2}) = 0$
$f_{y}^{'} (x, y) = 2 x^{2} y + ln y + 1 = 0$

由此得到临界点：
$x = 0$
$y = \frac{1}{e}$

二阶偏导数为：

f_{xx}^{''} = 2 (2 + y^{2}), f_{yy}^{''} = 2 x^{2} + \frac{1}{y}, f_{x y}^{''} = 4 x y

在临界点 $(0, \frac{1}{e})$ 处取值：

f_{xx}^{''}_{(0, \frac{1}{e})} = 2 (2 + \frac{1}{e ^{2}}), f_{x y}^{''}_{(0, \frac{1}{e})} = 0, f_{yy}^{''}_{(0, \frac{1}{e})} = e

由于：

f_{xx}^{''} > 0 且 (f_{x y}^{''})^{2} - f_{xx}^{''} f_{yy}^{''} < 0

函数在 $f (0, \frac{1}{e}) = - \frac{1}{e}$ 处取得局部极小值。

16

（本题满分10分）

计算不定积分 $\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x (x > 0)$

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【答案】

x ln (1 + \frac{1 + x}{x}) + \frac{1}{2} ln (1 + x + x) - \frac{1}{2} \cdot \frac{x}{1 + x + x} + C

【解析】 令 $\frac{1 + x}{x} = t$ ，可得：

x = \frac{1}{t ^{2} - 1}, d x = \frac{- 2 t d t}{( t ^{2} - 1 ) ^{2}}

原积分变换为：

\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x = ln (1 + t) d (\frac{1}{t ^{2} - 1})

分部积分后得到：

\frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2} - 1} - \int \frac{1}{t ^{2} - 1} \cdot \frac{1}{t + 1} d t

进一步分解积分项：

\int \frac{1}{t ^{2} - 1} \cdot \frac{1}{t + 1} d t = \frac{1}{4} \int (\frac{1}{t - 1} - \frac{1}{t + 1} - \frac{2}{( t + 1 ) ^{2}}) d t

计算得：

\frac{1}{4} ln (t - 1) - \frac{1}{4} ln (t + 1) + \frac{2}{t + 1} + C

因此，原积分为：

\frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2} - 1} + \frac{1}{4} ln (\frac{t + 1}{t - 1}) - \frac{1}{2 ( t + 1 )} + C

代回变量 $x$ 得最终结果：

x ln (1 + \frac{1 + x}{x}) + \frac{1}{2} ln (1 + x + x) - \frac{1}{2} \cdot \frac{x}{1 + x + x} + C

17

（本题满分10分）

计算二重积分

\iint_{D} (x - y) d x d y

其中积分区域 $D$ 定义为

D = {(x, y) ∣ (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} \leq 2, y \geq x}

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【答案】 $- \frac{8}{3}$

【解析】

x = r cos θ, y = r sin θ,

则 (D) 的极坐标表示是

0 \leq r \leq 2 (cos θ + sin θ), \frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{3 π}{4} .

于是

I = \iint_{D} (x - y) d σ = \int_{π /4}^{3 π /4} d θ \int_{0}^{2 (c o s θ + s i n θ)} r (cos θ - sin θ) \cdot r d r = \int_{π /4}^{3 π /4} (cos θ - sin θ) \cdot \frac{1}{3} r^{3}_{0}^{2 (c o s θ + s i n θ)} d θ = \frac{8}{3} \int_{π /4}^{3 π /4} (cos θ - sin θ) (cos θ + sin θ)^{3} d θ = \frac{8}{3} \int_{π /4}^{3 π /4} (cos θ + sin θ)^{3} d (cos θ + sin θ) = \frac{8}{3} \cdot \frac{1}{4} (cos θ + sin θ)^{4}_{π /4}^{3 π /4} = \frac{8}{3} \cdot \frac{1}{4} \cdot (- 4) = - \frac{8}{3} .

18

（本题满分11分）

(I)
证明拉格朗日中值定理：
若函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 上可导，则 $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得

f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a)

(II)
证明：
若函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，在 $(0, σ)$ （ $σ > 0$ ）内可导，且

x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = A

则 $f_{+}^{'} (0)$ 存在，且

f_{+}^{'} (0) = A

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【答案】 见解析

【解析】
(I) 作辅助函数

φ (x) = f (x) - f (a) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} (x - a)

易验证 $φ (x)$ 满足：

$φ (a) = φ (b)$
$φ (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续
在开区间 $(a, b)$ 内可导，且 $ϕ^{'} (x) = f^{'} (x) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a}$

根据罗尔定理，可得在 $(a, b)$ 内至少有一点 $ξ$ ，使 $φ^{'} (ξ) = 0$ ，即

f^{'} (ξ) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} = 0, ∴ f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a)

(II) 任取 $x_{0} \in (0, δ)$ ，则函数 $f (x)$ 满足：

在闭区间 $[0, x_{0}]$ 上连续
在开区间 $(0, x_{0})$ 内可导

从而由拉格朗日中值定理可得：存在 $ξ_{x_{0}} \in (0, x_{0}) \subset (0, δ)$ ，使得

f^{'} (ξ_{x_{0}}) = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} \dots\dots (^{*})

又由于 $lim_{x \to 0^{+}} f^{'} (x) = A$ ，对上式（ $*$ 式）两边取 $x_{0} \to 0^{+}$ 时的极限可得：

f_{+}^{'} (0) = x_{0} \to 0^{+} lim \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} = x_{0} \to 0^{+} lim f^{'} (ξ_{x_{0}}) = ξ_{x_{0}} \to 0^{+} lim f^{'} (ξ_{x_{0}}) = A

故 $f_{+}^{'} (0)$ 存在，且 $f_{+}^{'} (0) = A$ 。

19

（满分 10 分）

设曲线 $y = f (x)$ ，其中 $f (x)$ 是可导函数，且 $f (x) > 0$ 。已知曲线 $y = f (x)$ 与直线 $y = 0$ 、 $x = 1$ 及 $x = t$ （ $t > 1$ ）所围成的曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周所得的立体体积值是该曲边梯形面积值的 $π t$ 倍。求该曲线的方程。

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【答案】 $y = \frac{1}{3 x - 2}$

【解析】 旋转体的体积为

V = \int_{1}^{t} π f^{2} (x) d x = π \int_{1}^{t} f^{2} (x) d x

曲边梯形的面积为

S = \int_{1}^{t} f (x) d x

由题可知

π \int_{1}^{t} f^{2} (x) d x = π t \int_{1}^{t} f (x) d x

两边对 $t$ 求导可得

f^{2} (t) = \int_{1}^{t} f (x) d x + t f (t) \Rightarrow f^{2} (t) - t f (t) = \int_{1}^{t} f (x) d x

继续求导可得

2 f (t) f^{'} (t) - f (t) - t f^{'} (t) = f (t)

化简后（过程略），最终曲线方程为

y = \frac{1}{3 x - 2}

20

（本题满分 11 分）

(I)

求满足

$A ξ_{2} = ξ_{1}$ ，
$A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$

的所有向量 $ξ_{2}$ 、 $ξ_{3}$ ，其中

A = 1 - 1 0 - 1 1 - 4 - 1 1 - 2, ξ_{1} = - 1 1 - 2

(II)

对 (I) 中的任意向量 $ξ_{2}$ 、 $ξ_{3}$ ，证明 $ξ_{1}$ 、 $ξ_{2}$ 、 $ξ_{3}$ 线性无关。

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【答案】
(I) $ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001$ ，其中 $k_{1}$ 为任意常数。
$ξ_{3} = k_{1} 1 - 1 0 + k_{2} 00 - 1 + - \frac{1}{2} 00$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。
(II) 见解析。

【解析】
(I) 解方程 $A ξ_{2} = ξ_{1}$ 。

已知 $r (A) = 2$ ，故有一个自由变量。令 $x_{3} = 2$ ，由 $A x = 0$ 解得 $x_{2} = - 1$ ， $x_{1} = 1$ 。

求特解时，令 $x_{1} = x_{2} = 0$ ，得 $x_{3} = 1$ 。因此，

ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001

其中 $k_{1}$ 为任意常数。

解方程 $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$ ，首先计算 $A^{2}$ ：

A^{2} = 2 - 2 4 2 - 2 4 000

增广矩阵为：

(A^{2}, ξ_{1}) = 2 - 2 4 2 - 2 4 000 - 1 1 - 2 \to 100100000 - \frac{1}{2} 00

有两个自由变量。令 $x_{2} = - 1$ ， $x_{3} = 0$ ，由 $A^{2} x = 0$ 得 $x_{1} = 1$ ；令 $x_{2} = 0$ ， $x_{3} = - 1$ ，得 $x_{1} = 0$ 。

求得特解 $η_{2} = - \frac{1}{2} 00$ ，因此，

ξ_{3} = k_{1} 1 - 1 0 + k_{2} 00 - 1 + - \frac{1}{2} 00

其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

(II) 证明线性无关性：

计算行列式：

- 1 1 - 2 k_{1} - k_{1} 2 k_{1} + 1 k_{2} + \frac{1}{2} - k_{2} 0 = 2 k_{1} k_{2} + (2 k_{1} + 1) (k_{2} + \frac{1}{2}) - 2 k_{1} (k_{2} + \frac{1}{2}) - k_{2} (2 k_{1} + 1) = \frac{1}{2} \neq = 0

故 $ξ_{1}$ ， $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$ 线性无关。

21

（本题满分 11 分）

设二次型

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

(I) 求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值。

(II) 若二次型 $f$ 的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值。

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【答案】
(I) $λ_{1} = a$ , $λ_{2} = a - 2$ , $λ_{3} = a + 1$
(II) $a = 2$

【解析】
(I) 二次型矩阵为

A = a 01 0 a - 1 1 - 1 a - 1

其特征多项式为

∣ λ E - A ∣ = (λ - a) (λ - a + 2) (λ - a - 1)

因此，特征值为

λ_{1} = a, λ_{2} = a - 2, λ_{3} = a + 1

(II) 规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，说明有两个正特征值，一个零特征值。

若 $λ_{1} = a = 0$ ，则 $λ_{2} = - 2 < 0$ ， $λ_{3} = 1$ ，不符合条件。
若 $λ_{2} = 0$ ，即 $a = 2$ ，则 $λ_{1} = 2 > 0$ ， $λ_{3} = 3 > 0$ ，符合条件。
若 $λ_{3} = 0$ ，即 $a = - 1$ ，则 $λ_{1} = - 1 < 0$ ， $λ_{2} = - 3 < 0$ ，不符合条件。

综上， $a = 2$ 。

22

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

f (x, y) = {e^{- x} 0 0 < y < x, 其他 .

(I) 求条件概率密度 $f_{Y ∣ X} (y ∣ x)$ 。

(II) 求条件概率 $P [X \leq 1∣ Y \leq 1]$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) 条件概率密度 $f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = {\frac{1}{x} 0 0 < y < x 其他$
(II) 条件概率 $P [X \leq 1∣ Y \leq 1] = \frac{e - 2}{e - 1}$

【解析】
(I) 由 $f (x, y)$ 得边缘密度

f_{X} (x) = \int_{0}^{x} e^{- x} d y = x e^{- x} (x > 0)

故条件概率密度

f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = \frac{f ( x , y )}{f _{X} ( x )} = {\frac{1}{x} 0 0 < y < x 其他

(II) 计算条件概率

P [X \leq 1∣ Y \leq 1] = \frac{P [ X \leq 1 , Y \leq 1 ]}{P [ Y \leq 1 ]}

先求联合概率

P [X \leq 1, Y \leq 1] = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} e^{- x} d y = \int_{0}^{1} x e^{- x} d x = 1 - 2 e^{- 1}

边缘密度

f_{Y} (y) = \int_{y}^{+ \infty} e^{- x} d x = e^{- y} (y > 0)

计算 $P [Y \leq 1]$

P [Y \leq 1] = \int_{0}^{1} e^{- y} d y = 1 - e^{- 1}

最终结果

P [X \leq 1∣ Y \leq 1] = \frac{1 - 2 e ^{- 1}}{1 - e ^{- 1}} = \frac{e - 2}{e - 1}

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（本题满分 11 分）

袋中有一个红球，两个黑球，三个白球，现在放回地从袋中取两次，每次取一个。以 $X$ 、 $Y$ 、 $Z$ 分别表示两次取球所取得的红、黑与白球的个数。

(I) 求 $P [X = 1 ∣ Z = 0]$ ；

(II) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布。

查看答案与解析

【答案】
(I) $\frac{4}{9}$
(II) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

X \ Y 012 0 \frac{1}{4} \frac{1}{6} \frac{1}{36} 1 \frac{1}{3} \frac{1}{9} 0 2 \frac{1}{9} 00

【解析】
(I) 在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有 1 个红球，2 个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球：

P (X = 1 ∣ Z = 0) = \frac{C _{2}^{1} \times 2}{C _{3}^{1} C _{3}^{1}} = \frac{4}{9}

(II) $X$ 和 $Y$ 的取值范围为 0, 1, 2，因此联合概率分布为：

P (X = 0, Y = 0) = \frac{C _{3}^{1} C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{4}

P (X = 1, Y = 0) = \frac{C _{2}^{1} C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{6}

P (X = 2, Y = 0) = \frac{1}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{36}

P (X = 0, Y = 1) = \frac{C _{2}^{1} C _{2}^{1} C _{3}^{1}}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{3}

P (X = 1, Y = 1) = \frac{C _{2}^{1} C _{2}^{1}}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{9}

P (X = 2, Y = 1) = 0

P (X = 0, Y = 2) = \frac{C _{2}^{1} C _{2}^{1}}{C _{6}^{1} C _{6}^{1}} = \frac{1}{9}

P (X = 1, Y = 2) = 0, P (X = 2, Y = 2) = 0

联合概率分布表：

X \ Y 012 0 \frac{1}{4} \frac{1}{6} \frac{1}{36} 1 \frac{1}{3} \frac{1}{9} 0 2 \frac{1}{9} 00