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2011 年真题

23 题

选择题

1

已知当 $x \to 0$ 时， $f (x) = 3 sin x - sin 3 x$ 与 $c x^{k}$ 是等价无穷小，则()

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正确答案：C

正确答案：C

本题涉及的主要知识点：

当 $x \to 0$ 时， $sin x \sim x$ 。

解题过程如下：

x \to 0 lim \frac{3 sin x - sin 3 x}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{3 sin x - sin x cos 2 x - cos x sin 2 x}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{sin x ( 3 - cos 2 x - 2 cos ^{2} x )}{c x ^{k}} = x \to 0 lim \frac{3 - cos 2 x - 2 cos ^{2} x}{c x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{3 - ( 2 cos ^{2} x - 1 ) - 2 cos ^{2} x}{c x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{4 - 4 cos ^{2} x}{c x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{4 sin ^{2} x}{c x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{4 x ^{2}}{c x ^{k - 1}} = x \to 0 lim \frac{4}{c x ^{k - 3}} = 1

由此可得：

k - 3 = 0, c = 4

故选择 (C)。

2

设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f (0) = 0$ ，则

x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - 2 f ( x ^{3} )}{x ^{3}} = ()

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正确答案：B

正确答案：B

本题涉及到的主要知识点：

导数的定义 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x _{0} + Δ x ) - f ( x _{0} )}{Δ x} = f^{'} (x_{0})$ 。

在本题中，

x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - 2 f ( x ^{3} )}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{x ^{2} f ( x ) - x ^{2} f ( 0 ) - 2 f ( x ^{3} ) + 2 f ( 0 )}{x ^{3}} = x \to 0 lim [\frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} - 2 \frac{f ( x ^{3} ) - f ( 0 )}{x ^{3}}] = f^{'} (0) - 2 f^{'} (0) = - f^{'} (0)

故应选(B)。

3

设 ${u_{n}}$ 是数列，则下列命题正确的是()

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正确答案：A

正确答案：A

本题涉及到的主要知识点：

级数的基本性质：若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，按任意方式添加括号后形成的新级数仍收敛，且其和不变。

$\sum_{n = 1}^{\infty} (u_{2 n - 1} + u_{2 n})$ 是将原级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 按相邻两项添加括号得到的新级数。因此，若原级数收敛，则该级数也收敛，故(A)正确。

4

设 $I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln sin x d x$ ，
$J = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cos x d x$ ，
$K = \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cot x d x$ ，

则它们的大小关系为()

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正确答案：B

正确答案：B

本题涉及到的主要知识点：

如果在区间 $[a, b]$ 上， $f (x) \leq g (x)$ ，则 $\int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} g (x) d x$ （其中 $a < b$ ）。

在本题中，因为 $0 < x < \frac{π}{4}$ ，所以 $sin x < cos x < cot x$ 。由于 $ln$ 是单调递增函数，可以得到：

ln sin x < ln cos x < ln cot x (x \in (0, \frac{π}{4}))

因此：

\int_{0}^{\frac{π}{4}} ln sin x d x < \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cos x d x < \int_{0}^{\frac{π}{4}} ln cot x d x

即 $I$ 。

5

设 $A$ 为 3 阶矩阵，将 $A$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $B$ ，再交换 $B$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵，记

P_{1} = 110010001, P_{2} = 100001010,

则 $A = ()$ 。

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正确答案：D

正确答案：D

本题涉及的主要知识点：

设 $A$ 是一个 $m \times n$ 矩阵，对 $A$ 施行一次初等行变换，相当于在 $A$ 的左边乘以相应的 $m$ 阶初等矩阵；对 $A$ 施行一次初等列变换，相当于在 $A$ 的右边乘以相应的 $n$ 阶初等矩阵。

由题意， $A P_{1} = B$ （对 $A$ 的第 2 列加到第 1 列，对应右乘初等矩阵 $P_{1}$ ）， $P_{2} B = E$ （对 $B$ 交换第 2 行与第 3 行，对应左乘初等矩阵 $P_{2}$ ）。

故 $B = P_{2}^{- 1} E = P_{2}$ （因 $P_{2}$ 是对换矩阵， $P_{2}^{- 1} = P_{2}$ ），因此 $A = B P_{1}^{- 1} = P_{2} P_{1}^{- 1}$ 。

故选 (D)。

6

设 $A$ 为 $4 \times 3$ 矩阵， $η_{1}$ 、 $η_{2}$ 、 $η_{3}$ 是非齐次线性方程组 $A x = β$ 的 3 个线性无关的解， $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 为任意常数，则 $A x = β$ 的通解为 ()

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正确答案：C

正确答案：C

本题涉及的主要知识点：

如果 $ξ_{1}$ 和 $ξ_{2}$ 是 $A x = b$ 的两个解，则 $ξ_{1} - ξ_{2}$ 是 $A x = 0$ 的解。
若n元线性方程组 $A x = b$ 有解，设 $ξ_{0}$ 是其特解， $η_{1}, η_{2}, \dots, η_{t}$ 是对应齐次方程组 $A x = 0$ 的基础解系，则通解为：
$ξ_{0} + k_{1} η_{1} + k_{2} η_{2} + \dots + k_{t} η_{t}$

在本题中， $η_{1}, η_{2}, η_{3}$ 线性无关，故 $η_{2} - η_{1}$ 和 $η_{3} - η_{1}$ 是 $A x = 0$ 的两个线性无关的解。

由 $3 - r (A) \geq 2$ 得 $r (A) \leq 1$ ，又 $r (A) \geq 1$ ，故 $r (A) = 1$ 。齐次方程基础解系含 $3 - 1 = 2$ 个解向量，因此通解需包含2个自由参数。

$\frac{η _{2} + η _{3}}{2}$ 是特解（因为 $A \frac{η _{2} + η _{3}}{2} = β$ ），故通解为：

\frac{η _{2} + η _{3}}{2} + k_{1} (η_{2} - η_{1}) + k_{2} (η_{3} - η_{1})

因此，正确答案是(C)。

7

设 $F_{1} (x)$ ， $F_{2} (x)$ 为两个分布函数，其相应的概率密度 $f_{1} (x)$ 与 $f_{2} (x)$ 是连续函数，则必为概率密度的是 ()

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正确答案：D

正确答案：D

本题涉及到的主要知识点：

连续型随机变量的概率密度 $f (x)$ 需满足以下条件：

$\int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x = 1$
$f (x) \geq 0$

在本题中，对于选项(D)：

\int_{- \infty}^{+ \infty} [f_{1} (x) F_{2} (x) + f_{2} (x) F_{1} (x)] d x

= \int_{- \infty}^{+ \infty} F_{2} (x) d F_{1} (x) + \int_{- \infty}^{+ \infty} F_{1} (x) d F_{2} (x) = F_{1} (x) F_{2} (x)_{- \infty}^{+ \infty} - \int_{- \infty}^{+ \infty} F_{1} (x) d F_{2} (x) + \int_{- \infty}^{+ \infty} F_{1} (x) d F_{2} (x) = 1 \times 1 - 0 + 0 = 1

此外，由于概率密度和分布函数均非负，即：

f_{1} (x) F_{2} (x) + f_{2} (x) F_{1} (x) \geq 0

因此，(D)满足概率密度的定义，选(D)。

8

设总体 $X$ 服从参数为 $λ (λ > 0)$ 的泊松分布， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n \geq 2)$ 为来自该总体的简单随机样本，则对于统计量

T_{1} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

和

T_{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n - 1 X_{i} + \frac{1}{n} X_{n}

有()

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正确答案：D

正确答案：D

本题涉及到的主要知识点：

(1) 泊松分布 $X \sim P (λ)$ 的数学期望 $E (X) = λ$ ，方差 $D (X) = λ$ ；

(2) 期望与方差的性质：

$E (c X) = c E (X)$
$E (X + Y) = E (X) + E (Y)$
$D (c X) = c^{2} D (X)$
$D (X + Y) = D (X) + D (Y)$ （X与Y独立）

在本题中，

E (T_{1}) = E (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n} \cdot nλ = λ,

E (T_{2}) = E (\frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n - 1 X_{i} + \frac{1}{n} X_{n}) = \frac{1}{n - 1} \cdot (n - 1) λ + \frac{1}{n} λ = λ + \frac{λ}{n} = λ (1 + \frac{1}{n}),

故 $E (T_{1})$

D (T_{1}) = D (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n ^{2}} \cdot nλ = \frac{λ}{n},

D (T_{2}) = D (\frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n - 1 X_{i} + \frac{1}{n} X_{n}) = \frac{1}{( n - 1 ) ^{2}} \cdot (n - 1) λ + \frac{1}{n ^{2}} λ = \frac{λ}{n - 1} + \frac{λ}{n ^{2}} > \frac{λ}{n} = D (T_{1}),

故选(D)。

填空题

9

（填空题）设 $f (x) = lim_{t \to 0} x (1 + 3 t)^{\frac{x}{t}}$ ，则 $f^{'} (x) =$

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【答案】 $e^{3 x} (1 + 3 x)$

【解析】 本题涉及到的主要知识点为重要极限公式：

t \to 0 lim (1 + a t)^{\frac{b}{t}} = e^{ab}

在本题中：

f (x) = t \to 0 lim x (1 + 3 t)^{\frac{x}{t}} = x t \to 0 lim [(1 + 3 t)^{\frac{1}{t}}]^{3 x} = x e^{3 x}

所以有：

f^{'} (x) = e^{3 x} + 3 x e^{3 x} = e^{3 x} (1 + 3 x)

10

（填空题）设函数 $z = (1 + \frac{x}{y})^{y}$ ，则 $d z_{(1, 1)} =$ ___

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【答案】 $d x + (2 ln 2 - 1) d y$

【解析】 使用对数求导法，两边取对数得：

ln z = y ln (1 + \frac{x}{y})

对 $x$ 求偏导：

\frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} = y \cdot \frac{\frac{1}{y}}{1 + \frac{x}{y}} = \frac{1}{1 + \frac{x}{y}}

即：

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

对 $y$ 求偏导：

\frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial y} = ln (1 + \frac{x}{y}) + y \cdot \frac{- \frac{x}{y ^{2}}}{1 + \frac{x}{y}} = ln (1 + \frac{x}{y}) - \frac{x}{x + y}

即：

\frac{\partial z}{\partial y} = z [ln (1 + \frac{x}{y}) - \frac{x}{x + y}] = (1 + \frac{x}{y})^{y} [ln (1 + \frac{x}{y}) - \frac{x}{x + y}]

令 $x = 1$ ， $y = 1$ ，得：

z = (1 + 1)^{1} = 2

\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 1)} = 2 \cdot \frac{1}{1 + 1} = 1

\frac{\partial z}{\partial y}_{(1, 1)} = 2 [ln 2 - \frac{1}{2}] = 2 ln 2 - 1

从而：

d z ∣_{(1, 1)} = 1 \cdot d x + (2 ln 2 - 1) d y = (1 + 2 ln 2) d x - (1 - 2 ln 2) d y = (1 + 2 ln 2) (d x - d y)

11

（填空题）设 $tan (x + y + \frac{π}{4}) = e^{y}$ ，则在 $(0, 0)$ 处的切线方程为___

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【答案】 $y = - 2 x$

【解析】 方程变形为

x + y + \frac{π}{4} = arctan (e^{y})

方程两边对 $x$ 求导得

1 + y^{'} = \frac{e ^{y}}{1 + e ^{2 y}} y^{'}

在点 $(0, 0)$ 处，

1 + y^{'} (0) = \frac{e ^{0}}{1 + e ^{0}} y^{'} (0)

即

1 + y^{'} (0) = \frac{1}{2} y^{'} (0)

解得 $y^{'} (0) = - 2$ ，从而得到曲线在点 $(0, 0)$ 处的切线方程为

y = - 2 x

12

（填空题）曲线 $y = x^{2} - 1$ ，直线 $x = 2$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体的体积为___

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【答案】 $\frac{4}{3} π$

【解析】 曲线 $y = x^{2} - 1$ ，直线 $x = 2$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体的体积为___

本题涉及的主要知识点为旋转体体积的计算。设有连续曲线 $y = f (x)$ 定义在区间 $a \leq x \leq b$ 上，则该曲线与直线 $x = a$ 、 $x = b$ 及 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所生成的旋转体体积公式为：

V_{x} = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x

在本题中，具体计算过程如下：

V = π \int_{1}^{2} y^{2} d x = π \int_{1}^{2} (x^{2} - 1) d x

计算定积分：

π \cdot (\frac{1}{3} x^{3} - x)_{1}^{2} = π [(\frac{8}{3} - 2) - (\frac{1}{3} - 1)]

简化表达式：

π (\frac{2}{3} + \frac{2}{3}) = \frac{4}{3} π

最终结果为 $\frac{4}{3} π$ 。

13

（填空题）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{⊤} A x$ 的秩为 1， $A$ 中各行元素之和为 3，则 $f$ 在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为___

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【答案】 $3 y 1^{2}$

【解析】 本题涉及到的主要知识点为：任何二次型 $f = \sum_{i, j = 1}^{n} a_{ij} x_{i} x_{j}$ （其中 $a_{ij} = a_{ji}$ ），总有正交变换 $x = P y$ 使 $f$ 化为标准形：

f = λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2} + \dots + λ_{n} y_{n}^{2}

其中 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ 是 $f$ 的矩阵 $A = (a_{ij})$ 的特征值。

在本题中， $A$ 的各行元素之和为 3，即：

A 111 = 3111

所以 $λ = 3$ 是 $A$ 的一个特征值。再由二次型 $x^{⊤} A x$ 的秩为 1，知 $A$ 的秩为 1，因此 0 是 $A$ 的 2 重特征值。

最终，正交变换下的标准形为：

3 y_{1}^{2}

14

（填空题）设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N (μ, μ; σ^{2}, σ^{2}; 0)$ ，则 $E (X Y^{2}) =$ ___

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【答案】 $μ (μ^{2} + σ^{2})$

【解析】 本题涉及的主要知识点包括：

如果随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y} = 0$ ，则称 $X$ 与 $Y$ 不相关。
若随机变量 $X$ 与 $Y$ 的联合分布是二维正态分布，则 $X$ 与 $Y$ 独立的充要条件是 $X$ 与 $Y$ 不相关。
如果随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，则有 $E (X Y) = EX \cdot E Y$ 。

在本题中，由于 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N (μ, μ; σ^{2}, σ^{2}; 0)$ ，说明 $X$ 和 $Y$ 独立同分布，故 $X$ 与 $Y^{2}$ 也独立。

由期望的性质有：

E (X Y^{2}) = EX \cdot E Y^{2}

又因为：

EX = μ

E Y^{2} = D Y + (E Y)^{2} = σ^{2} + μ^{2}

所以最终结果为：

E (X Y^{2}) = μ (μ^{2} + σ^{2})

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to 0 lim \frac{1 + 2 sin x - x - 1}{x ln ( 1 + x )}

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【答案】 $- \frac{1}{2}$

【解析】 本题涉及的主要知识点：

当 $x \to 0$ 时， $ln (1 + x) \sim x$ 。

计算过程如下：

x \to 0 lim \frac{1 + 2 sin x - x - 1}{x ln ( 1 + x )} = x \to 0 lim \frac{1 + 2 sin x - x - 1}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{\frac{2 c o s x}{2 1 + 2 s i n x} - 1}{2 x} = x \to 0 lim \frac{cos x - 1 + 2 sin x}{2 x 1 + 2 sin x} = x \to 0 lim \frac{cos x - 1 + 2 sin x}{2 x} = x \to 0 lim \frac{- sin x - \frac{c o s x}{1 + 2 s i n x}}{2} = - x \to 0 lim \frac{cos x}{2 1 + 2 sin x} = - \frac{1}{2}

16

（本题满分 10 分）

已知函数 $f (u, v)$ 具有连续的二阶偏导数， $f (1, 1) = 2$ 是 $f (u, v)$ 的极值， $z = f (x + y, f (x, y))$ 。求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{(1, 1)}$ 。

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【答案】 $f_{11}^{''} (2, 2) + f_{2}^{'} (2, 2) \cdot f_{12}^{''} (1, 1)$

【解析】 本题涉及到的主要知识点:

极值存在的必要条件设 $z = f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 具有偏导数，且在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处有极值，则必有 $f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0$ 和 $f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0$ 。

在本题中， $z = f (x + y, f (x, y))$ ，其一阶偏导数为：

\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}^{'} (x + y, f (x, y)) + f_{2}^{'} (x + y, f (x, y)) \cdot f_{1} (x, y)

二阶混合偏导数为：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{11}^{''} (x + y, f (x, y)) + f_{12}^{''} (x + y, f (x, y)) f_{2} (x, y) + f_{1} (x, y) [f_{21}^{''} (x + y, f (x, y)) + f_{22}^{''} (x + y, f (x, y)) f_{2}^{'} (x, y)] + f_{2}^{'} (x + y, f (x, y)) \cdot f_{12}^{''} (x, y)

由于 $f (1, 1) = 2$ 是 $f (u, v)$ 的极值，因此 $f_{1}^{'} (1, 1) = f_{2}^{'} (1, 1) = 0$ 。

最终在点 $(1, 1)$ 处的二阶混合偏导数为：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{(1, 1)} = f_{11}^{''} (2, 2) + f_{2}^{'} (2, 2) \cdot f_{12}^{''} (1, 1)

17

（本题满分 10 分）

求不定积分

\int \frac{arcsin x + ln x}{x} d x

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【答案】

2 x arcsin x + 2 1 - x + 2 x ln x - 4 x + C

【解析】
本题涉及到的主要知识点：

(1) 变量替换积分法：
设 $x = φ (t)$ ，则

\int f (x) d x = \int f [φ (t)] φ^{'} (t) d t = G (t) + C = G [φ^{- 1} (x)] + C .

(2) 分部积分法：

\int u d v = uv - \int v d u .

(3) 积分线性性质：

\int [f (x) \pm g (x)] d x = \int f (x) d x \pm \int g (x) d x .

在本题中，令 $t = x$ ，则 $x = t^{2}$ ， $d x = 2 t d t$ 。于是有：

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

其中 $C$ 是任意常数。

18

（本题满分 10 分）

证明方程

4 arctan x - x + \frac{4 π}{3} - 3 = 0

恰有两个实根。

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【答案】 见解析

【解析】
本题涉及到的主要知识点：

零点定理
设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (a)$ 与 $f (b)$ 异号（即 $f (a) \cdot f (b) < 0$ ），那么在开区间 $(a, b)$ 内至少有一点 $ξ$ ，使 $f (ξ) = 0$ 。

函数单调性的判定法
设函数 $y = f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导：

如果在 $(a, b)$ 内 $f^{'} (x) > 0$ ，那么函数 $y = f (x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加；
如果在 $(a, b)$ 内 $f^{'} (x) < 0$ ，那么函数 $y = f (x)$ 在 $[a, b]$ 上单调减少。

在本题中，令

f (x) = 4 arctan x - x + \frac{4 π}{3} - 3

其导数为

f^{'} (x) = \frac{4}{1 + x ^{2}} - 1

当 $∣ x ∣ > 3$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ， $f (x)$ 单调递减；
当 $∣ x ∣ < 3$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 单调递增。

计算 $f (- 3)$ ：

f (- 3) = 4 arctan (- 3) - (- 3) + \frac{4 π}{3} - 3 = - 4 \times \frac{π}{3} + 3 + \frac{4 π}{3} - 3 = 0

当 $x < - 3$ 时， $f (x)$ 单调递减，故在 $x \in (- \infty, - 3)$ 上， $f (x) > 0$ ；
当 $- 3 < x < 3$ 时， $f (x)$ 单调递增，故在 $x \in (- 3, 3)$ 上， $f (x) > 0$ 。

因此， $x = - 3$ 是函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, 3)$ 上唯一的零点。

计算 $f (3)$ ：

f (3) = 4 arctan 3 - 3 + \frac{4 π}{3} - 3 = 4 \times \frac{π}{3} - 3 + \frac{4 π}{3} - 3 = \frac{8 π}{3} - 23 > 0

计算极限：

x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim (4 arctan x - x + \frac{4 π}{3} - 3) = - \infty

由零点定理可知，存在 $x_{0} \in (3, + \infty)$ ，使得 $f (x_{0}) = 0$ 。因此，方程

4 arctan x - x + \frac{4 π}{3} - 3 = 0

恰有两个实根。

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上具有连续导数，且满足 $f (0) = 1$ 。已知对于任意 $t \in (0, 1]$ ，有

\iint_{D_{t}} f^{'} (x + y) d x d y = \iint_{D_{t}} f (t) d x d y,

其中积分区域 $D_{t}$ 定义为

D_{t} = {(x, y) ∣ 0 \leq y \leq t - x, 0 \leq x \leq t} .

问题：求函数 $f (x)$ 的表达式。

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【答案】 $f (x) = \frac{4}{( x - 2 ) ^{2}} (0 \leq x \leq 1)$

【解析】
首先化简所给的两个二重积分得

\iint_{D_{t}} f (t) d x d y = \frac{1}{2} t^{2} f (t),

\iint_{D_{t}} f^{'} (x + y) d x d y = \int_{0}^{t} d x \int_{0}^{t - x} f^{'} (x + y) d y

= \int_{0}^{t} (f (t) - f (x)) d x = t f (t) - \int_{0}^{t} f (x) d x .

从而由题设有 $t f (t) - \int_{0}^{t} f (x) d x = \frac{1}{2} t^{2} f (t)$ 。上式两端求导，整理得

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

这是可分离变量微分方程，解得 $f (t) = \frac{C}{( t - 2 ) ^{2}}$ 。代入 $f (0) = 1$ ，得 $C = 4$ 。所以

f (x) = \frac{4}{( x - 2 ) ^{2}} (0 \leq x \leq 1) .

20

（本题满分 11 分）

设向量组 $α_{1} = (1, 0, 1)^{⊤}$ ， $α_{2} = (0, 1, 1)^{⊤}$ ， $α_{3} = (1, 3, 5)^{⊤}$ 不能由向量组 $β_{1} = (1, 1, 1)^{⊤}$ ， $β_{2} = (1, 2, 3)^{⊤}$ ， $β_{3} = (3, 4, a)^{⊤}$ 线性表出。

求 $a$ 的值；
将 $β_{1}$ ， $β_{2}$ ， $β_{3}$ 用 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性表出。

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【答案】

$a = 5$
$β_{1} = 2 α_{1} + 4 α_{2} - α_{3}$ ， $β_{2} = α_{1} + 2 α_{2}$ ， $β_{3} = 5 α_{1} + 10 α_{2} - 2 α_{3}$

【解析】
本题涉及的主要知识点：

向量组 $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{l}$ 能由向量组 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}$ 线性表示的充分必要条件是：

r (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}) = r (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}, b_{1}, b_{2}, \dots, b_{l})

(1) 因为行列式：

∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣ = 101011135 = 1 \neq = 0

所以 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关。又因为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 不能由 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 线性表出，所以 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 线性相关，即：

∣ β_{1}, β_{2}, β_{3} ∣ = 111123 34 a = 100112 31 a - 3 = a - 5 = 0

所以 $a = 5$ 。

(2) 对矩阵 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}, β_{1}, β_{2}, β_{3})$ 作初等行变换：

101011135111123345 \to 100011134110122342

\to 100010131 11 - 1 120 34 - 2 \to 100010001 24 - 1 120 510 - 2

故：

β_{1} = 2 α_{1} + 4 α_{2} - α_{3}

β_{2} = α_{1} + 2 α_{2}

β_{3} = 5 α_{1} + 10 α_{2} - 2 α_{3}

21

（本题满分 11 分）

A 10 - 1 101 = - 1 01 101

(I) 求 $A$ 的所有特征值与特征向量；

(II) 求矩阵 $A$ 。

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【答案】
(I) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1, - 1, 0$ ；特征向量依次为 $k_{1} 101$ , $k_{2} 10 - 1$ , $k_{3} 010$ ，其中 $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ 均是不为 $0$ 的任意常数。
(II) 矩阵 $A = 001000100$ 。

【解析】
本题涉及到的主要知识点:

(1) $A α = λ α$ （ $α \neq = 0$ ）， $λ$ 为矩阵 $A$ 的特征值， $α$ 为对应的特征向量。

(2) 对于实对称矩阵，不同特征值的特征向量互相正交。

(I) 因 $r (A) = 2$ 知 $∣ A ∣ = 0$ ，所以 $λ = 0$ 是 $A$ 的特征值。

A 10 - 1 = - 1 01 = - 10 - 1, A 101 = 101 = 101

所以按定义 $λ = 1$ 是 $A$ 的特征值， $α_{1} = (1, 0, 1)^{⊤}$ 是 $A$ 属于 $λ = 1$ 的特征向量； $λ = - 1$ 是 $A$ 的特征值， $α_{2} = (1, 0, - 1)^{⊤}$ 是 $A$ 属于 $λ = - 1$ 的特征向量。

设 $α_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{⊤}$ 是 $A$ 属于特征值 $λ = 0$ 的特征向量。作为实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量相互正交，因此：

{α_{1}^{⊤} α_{3} = x_{1} + x_{3} = 0, α_{2}^{⊤} α_{3} = x_{1} - x_{3} = 0,

解出 $α_{3} = (0, 1, 0)^{⊤}$ 。

故矩阵 $A$ 的特征值为1, -1, 0；特征向量依次为 $k_{1} (1, 0, 1)^{⊤}$ , $k_{2} (1, 0, - 1)^{⊤}$ , $k_{3} (0, 1, 0)^{⊤}$ ，其中 $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ 均是不为0的任意常数。

(II) 由 $A (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (α_{1}, - α_{2}, 0)$ ，有：

A = (α_{1}, - α_{2}, 0) (α_{1}, α_{2}, α_{3})^{- 1} = 101 - 1 01 000 101 10 - 1 010^{- 1} = 001000100

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

$x$	$1$
$P$	$\frac{2}{3}$

$y$	$- 1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

P (X^{2} = Y^{2}) = 1

(I) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布；

(II) 求 $Z = X Y$ 的概率分布；

(III) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y}$ 。

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【答案】
(I) 二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为：

	$Y = - 1$	$Y = 0$	$Y = 1$
$X = 0$	0	$\frac{1}{3}$	0
$X = 1$	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$

(II) $Z = X Y$ 的概率分布为：

$Z$	$- 1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

(III) $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y} = 0$ 。

【解析】
本题涉及到的主要知识点:

(1) 协方差公式 cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) \cdot E (Y)

(2) 相关系数公式 ρ_{X Y} = \frac{cov ( X , Y )}{D ( X ) D ( Y )}

设 $(X, Y)$ 的概率分布为

	$Y = - 1$	$Y = 0$	$Y = 1$	边缘概率
$X = 0$	$p_{11}$	$p_{12}$	$p_{13}$	$\frac{1}{3}$
$X = 1$	$p_{21}$	$p_{22}$	$p_{23}$	$\frac{2}{3}$
边缘概率	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

根据已知条件 $P {X^{2} = Y^{2}} = 1$ ，即 $P {X = 0, Y = 0} + P {X = 1, Y = - 1} + P {X = 1, Y = 1} = 1$ ，可知 $p_{11} = p_{13} = p_{22} = 0$ ，从而 $p_{12} = p_{21} = p_{23} = \frac{1}{3}$ 。

$(X, Y)$ 的联合分布为

	$Y = - 1$	$Y = 0$	$Y = 1$
$X = 0$	0	$\frac{1}{3}$	0
$X = 1$	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$

(1) $Z = X Y$ 的所有可能取值为 $- 1, 0, 1$ 。

P {Z = - 1} = P {X = 1, Y = - 1} = \frac{1}{3}

P {Z = 1} = P {X = 1, Y = 1} = \frac{1}{3}

P {Z = 0} = 1 - P {Z = 1} - P {Z = - 1} = \frac{1}{3}

$Z = X Y$ 的概率分布为

$Z$	$- 1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

(3) $E (X) = \frac{2}{3}$ ， $E (Y) = 0$ ， $E (X Y) = 0$ ，故

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) \cdot E (Y) = 0

从而 $ρ_{X Y} = 0$ 。

23

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从区域 $G$ 上的均匀分布，其中 $G$ 是由 $x - y = 0$ 、 $x + y = 2$ 与 $y = 0$ 所围成的三角形区域。

求 $X$ 的概率密度 $f_{X} (x)$ ；（5分）
求条件概率密度 $f_{X ∣ Y} (x ∣ y)$ ；（6分）

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【答案】

$X$ 的概率密度为
$f_{X} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ x, 2 - x, 0, 0 < x < 1, 1 \leq x < 2, 其他$
条件概率密度为
当 $0 < y < 1$ 时，
$f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2 - 2 y}, 0, y < x < 2 - y, 其他$

【解析】
二维连续型随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

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

(Ⅰ) 当 $0 < x < 1$ 时，

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \int_{0}^{x} 1 d y = x .

当 $1 \leq x < 2$ 时，

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \int_{0}^{2 - x} 1 d y = 2 - x .

$X$ 的边缘概率密度为

f_{X} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ x, 2 - x, 0, 0 < x < 1, 1 \leq x < 2, 其他

(Ⅱ) 当 $0 < y < 1$ 时， $Y$ 的边缘概率密度为

f_{Y} (y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d x = \int_{y}^{2 - y} 1 d x = 2 - 2 y .

当 $0 < y < 1$ 时， $f_{X ∣ Y} (x ∣ y)$ 有意义，条件概率密度为

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{f ( x , y )}{f _{Y} ( y )} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2 - 2 y}, 0, y < x < 2 - y, 其他