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2018 年真题

23 题

选择题

1

下列函数中，在 $x = 0$ 处不可导的是（）。

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正确答案：D

正确答案：D

A 可导:

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

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

B 可导:

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

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

C 可导:

f^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{cos ∣ x ∣ - 1}{x} = x \to 0^{-} lim \frac{- \frac{1}{2} x ^{2}}{x} = 0

f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{cos ∣ x ∣ - 1}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{- \frac{1}{2} x ^{2}}{x} = 0

D 不可导:

f^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{cos ∣ x ∣ - 1}{x} = x \to 0^{-} lim \frac{- \frac{1}{2} ( - x )}{x} = \frac{1}{2}

f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{cos ∣ x ∣ - 1}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{- \frac{1}{2} x}{x} = - \frac{1}{2}

f_{+}^{'} (0) \neq = f^{'} (0)

2

已知函数 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上二阶可导，且 $\int_{0}^{1} f (x) d x = 0$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

A错误

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

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

f^{'} (x) = - 1 < 0

f (\frac{1}{2}) = 0

B错误

f (x) = - x^{2} + \frac{1}{3}

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

f^{''} (x) = - 2 < 0

f (\frac{1}{2}) = - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{1}{12} > 0

C错误

f (x) = x - \frac{1}{2}

\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (x - \frac{1}{2}) d x = 0

f^{'} (x) = 1 > 0

f (\frac{1}{2}) = 0

D正确
方法1：由 $f^{''} (x) > 0$ 可知，由凸函数性质得出 $f (\frac{1}{2}) < 0$ 。

方法2：

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

其中 $ξ$ 在 $x$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间。

\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} [f (\frac{1}{2}) + f^{'} (\frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2}) + f^{''} (ξ) (x - \frac{1}{2})^{2}] d x

= f (\frac{1}{2}) + f^{''} (ξ) \int_{0}^{1} (x - \frac{1}{2})^{2} d x = 0

由于 $f^{''} (x) > 0$ ，故 $f (\frac{1}{2}) < 0$ 。

3

设

M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x

N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x

K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x

则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x ^{2} + 2 x}{1 + x ^{2}} d x = π

令 $f (x) = \frac{1 + x}{e ^{x}}$ ，而

f^{'} (x) = - \frac{x e ^{x}}{e ^{2 x}} = - \frac{x}{e ^{x}}

因此 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处取得最大值，即在区间 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上有

f (x) \leq f (0) = 1

则

N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} f (x) d x < \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x = π

令 $g (x) = 1 + cos x$ ，则在区间 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上有

g (x) \geq 1

则

K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} g (x) d x > \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x = π

因此，

K > M > N

4

设某产品的成本函数 $C (Q)$ 可导，其中 $Q$ 为产量。若产量为 $Q_{0}$ 时平均成本最小，则：

\frac{d}{d Q} (\frac{C ( Q )}{Q})_{Q = Q_{0}} = 0

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正确答案：D

正确答案：D

平均成本 $\overset{ˉ}{C} = \frac{C ( Q )}{Q}$ 。当产量为 $Q_{0}$ 时平均成本最小，则有

(\overline{C})^{'}_{Q = Q_{0}} = \frac{C ^{'} ( Q ) Q - C ( Q )}{Q ^{2}}_{Q = Q_{0}} = \frac{C ^{'} ( Q _{0} ) Q _{0} - C ( Q _{0} )}{Q _{0}^{2}} = 0

由此可得

Q_{0} C^{'} (Q_{0}) = C (Q_{0})

5

设矩阵 $Q = 100110011$ ，则与 $Q$ 相似的矩阵是()

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】令 $P = 100110011$ ，显然本题5个矩阵的特征值都为 $λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 1$ ，现计算对应于特征值1的线性无关的特征向量的个数。

r (E - P) = r 000 - 1 00 0 - 1 0 = 2

因此对应于特征值1的线性无关的特征向量为1个。

令 $A = 100110 - 1 11$ ，且 $r (E - A) = r 000 - 1 00 1 - 1 0 = 2$ ，因此线性无关的特征向量也为1个，

因此，矩阵 $P$ 与矩阵 $A$ 相似。同理可得矩阵 $P$ 与其他选项中的矩阵不相似。

6

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r (X)$ 为矩阵 $X$ 的秩， $(X, Y)$ 表示分块矩阵，则

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正确答案：A

正确答案：A

r (E, B) = n \Rightarrow r (A, A B) = r [A (E, B)] = r (A)

，故选 (A)。

7

设 $f (x)$ 为某分布的概率密度函数，满足 $f (1 + x) = f (1 - x)$ ，且 $\int_{0}^{2} f (x) d x = 0.6$ ，则 $P {X < 0} =$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由题意可得，

\int_{- \infty}^{0} f (x) d x + \int_{2}^{\infty} f (x) d x = 1 - 0.6 = 0.4, \int_{2}^{\infty} f (x) d x = \int_{- \infty}^{- 1} f (1 - t) d t,

由 $f (1 + x) = f (1 - x)$ 可知，

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

故 $\int_{- \infty}^{0} f (x) d x = \int_{2}^{\infty} f (x) d x$ ，因此 $P {X < 0} = \int_{- \infty}^{0} f (x) d x = 0.2$ 。

8

已知 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X \sim N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，

\overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i},

S = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2},

S^{*} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2},

则

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正确答案：B

正确答案：B

$\overline{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$ ，且 $\frac{X - μ}{σ / n} \sim N (0, 1)$ 。

$\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ ，且 $\overline{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立。因此， $\frac{n ( X - μ )}{S} \sim t (n - 1)$ ，故选项 B 正确。

对于选项 A， $\frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)$ ，但 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n)$ 不成立。此外， $\overline{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立，因此 $\frac{n ( X - μ )}{n - 1 S ^{*}} \sim t (n)$ 也不成立。故选项 C 和 D 错误。

填空题

9

（填空题）曲线 $f (x) = x^{2} + 2 ln x$ 在其拐点处的切线方程是

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【答案】 $y = 4 x - 3$

【解析】 给定函数：

y = x^{2} + 2 ln x

定义域： ${x ∣ x > 0}$

导数：

y^{'} = 2 x + \frac{2}{x}

二阶导数：

y^{''} = 2 - \frac{2}{x ^{2}}

令 $y^{''} = 0$ ，解得 $x_{0} = \pm 1$ 。由于定义域限制 $x > 0$ ，故 $x_{0} = 1$ 。

拐点： $(1, 1)$

切线斜率： $y^{'} (x_{0}) = 4$

切线方程：

y - 1 = 4 (x - 1) 即 y = 4 x - 3

10

（填空题） $\int e^{x} arcsin 1 - e^{2 x} d x =$

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【答案】 $e^{x} arccos e^{x} - 1 - e^{2 x} + C$

【解析】 要求解积分 $\int e^{x} arcsin 1 - e^{2 x} d x$ ，我们逐步进行：

首先，进行变量替换：

\int e^{x} arcsin 1 - e^{2 x} d x = \int arcsin 1 - e^{2 x} d e^{x}

令 $t = e^{x}$ ，则积分变为：

\int arcsin 1 - t^{2} d t

接下来，进行另一个变量替换 $t = cos u$ ：

- \int u sin u d u = u cos u - \int cos u d u = u cos u - sin u + C

最后，代回原始变量：

e^{x} arccos e^{x} - 1 - e^{2 x} + C

解为：

\int e^{x} arcsin 1 - e^{2 x} d x = e^{x} arccos e^{x} - 1 - e^{2 x} + C

11

（填空题）差分方程 $Δ^{2} y_{x} - y_{x} = 5$ 的解为

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【答案】 $y = C_{1} + C_{2} 2^{x} - 5$

【解析】 $Δ^{2} y_{x} - y_{x} = 5$ 可以转化为差分方程：

y_{x + 2} - 2 y_{x + 1} = 5

特征方程为：

r^{2} - 2 r = 0

解得特征根为 $r_{1} = 0$ 和 $r_{2} = 2$ 。

齐次形式的通解为：

y = C_{1} + C_{2} 2^{x}

由于非齐次项 $f (x) = 5$ ，设特解为常数 $y = a$ ，代入原方程得：

a = - 5

综上，通解为：

y = C_{1} + C_{2} 2^{x} - 5

12

（填空题）设函数 $f (x)$ 满足

f (x + Δ x) - f (x) = 2 x f (x) Δ x + o (Δ x),

且 $f (0) = 2$ ，则 $f (1) =$

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【答案】 $2 e$

【解析】
给定方程：

f (x + Δ x) - f (x) = 2 x f (x) Δ x + o (Δ x)

当 $Δ x \to 0$ 时取极限：

Δ x \to 0 lim \frac{f ( x + Δ x ) - f ( x )}{Δ x} = 2 x f (x)

由此得到微分方程：

f^{'} (x) = 2 x f (x)

其通解为：

f (x) = C e^{x^{2}}

代入初始条件 $C = f (0) = 2$ ：

f (x) = 2 e^{x^{2}}

最终计算 $x = 1$ 处的函数值：

f (1) = 2 e

13

（填空题）设 $A$ 为 3 阶矩阵， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 为线性无关的向量组，若

A α_{1} = 2 α_{1} + α_{2} + α_{3},

A α_{2} = α_{2} + 2 α_{3},

A α_{3} = - α_{2} + α_{3},

则 $A$ 的实特征值为（）。

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【答案】 2

【解析】
$(A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = A (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 211012 0 - 1 1$

$α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关，令 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，则

P^{- 1} A P = 211012 0 - 1 1 = B

A 与 B 相似，特征值相等。

∣ λ E - B ∣ = (λ - 2) (λ^{2} - 2 λ + 3) = 0 \Rightarrow λ = 2

14

（填空题）已知事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 相互独立，且 $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{2}$ ，则

P (A C ∣ A \cup B) =

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【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 概率计算可分解如下：

P (A C ∣ A \cup B) = \frac{P ( A C \cap ( A \cup B ))}{P ( A \cup B )} = \frac{P ( A C \cup A BC )}{P ( A \cup B )}

简化分子与分母：

= \frac{P ( A C ) + P ( A BC ) - P ( A BC )}{P ( A ) + P ( B ) - P ( A B )}

代入给定概率进一步简化：

= \frac{P ( A ) P ( C )}{P ( A ) + P ( B ) - P ( A ) P ( B )} = \frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} = \frac{1}{3}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to + \infty lim [(a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x] = 2

中的 $a$ 和 $b$ 的值。

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【答案】 a=1, b=1

【解析】 方法1：

x \to + \infty lim [(a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x] = t \to 0^{+} lim \frac{( a + b t ) e ^{t}}{t} - \frac{1}{t} = t \to 0^{+} lim \frac{( a + b t ) ( 1 + t + o ( t )) - 1}{t} = t \to 0^{+} lim \frac{( a - 1 ) + ( a + b ) t + o ( t )}{t} = 2

{a - 1 = 0 a + b = 2 \Rightarrow {a = 1 b = 1

方法2：

x \to + \infty lim [(a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x] = x \to + \infty lim (a x + b) [1 + \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x})] - x = x \to + \infty lim [(a - 1) x + a + b + \frac{b}{x} + (a x + b) o (\frac{1}{x})] = 2

{a - 1 = 0 a + b = 2 \Rightarrow {a = 1 b = 1

16

（本题满分 10 分）

求 $\iint_{D} x^{2} d x d y$ ，其中 $D$ 由 $y = 3 (1 - x^{2})$ 与 $y = 3 x$ 围成的有界区域。

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【答案】 $\frac{3 π}{32} - \frac{3}{16}$

【解析】

\iint_{D} x^{2} d x d y = \int_{0}^{\frac{2}{2}} d x \int_{3 x}^{3 (1 - x^{2})} x^{2} d y = \frac{3 π}{32} - \frac{3}{16}

17

（本题满分 10 分）

将长度为 $2 m$ 的铁丝截成三段，分别弯成圆、正三角形、正方形。问这三段分别为多长时，所得图形的面积总和最小？并求该最小值。

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【答案】
三段铁丝的长度分别为 $\frac{2 π}{π + 4 + 3 3}$ m、 $\frac{6 3}{π + 4 + 3 3}$ m、 $\frac{8}{π + 4 + 3 3}$ m 时，所得图形的面积总和最小，最小值为 $\frac{1}{π + 4 + 3 3}$ m²。

【解析】
已知条件：

铁丝总长度： $2 m$
三段长度分别为 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ，满足：
$x + y + z = 2$
弯成的图形及其面积：
- 圆：周长 $x$ ，面积 $A_{圆} = π r^{2}$ ，其中 $r = \frac{x}{2 π}$
  $A_{圆} = π (\frac{x}{2 π})^{2} = \frac{x ^{2}}{4 π}$
- 正三角形：周长 $y$ ，边长 $a = \frac{y}{3}$ ，面积 $A_{正三角形} = \frac{3}{4} a^{2}$
  $A_{正三角形} = \frac{3}{4} (\frac{y}{3})^{2} = \frac{3 y ^{2}}{36}$
- 正方形：周长 $z$ ，边长 $b = \frac{z}{4}$ ，面积 $A_{正方形} = b^{2}$
  $A_{正方形} = (\frac{z}{4})^{2} = \frac{z ^{2}}{16}$

目标：
求总面积 $S$ 的最小值：

S = \frac{x ^{2}}{4 π} + \frac{3 y ^{2}}{36} + \frac{z ^{2}}{16}

约束条件为 $x + y + z = 2$ 。

假设圆的半径为 $x$ ，正方形边长为 $y$ ，正三角形边长为 $z$ ，则有

2 π x + 4 y + 3 z = 2, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0

令

f (x, y, z) = π x^{2} + y^{2} + \frac{3}{4} z^{2} + λ (2 π x + 4 y + 3 z - 2)

由极值条件得到方程组：

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial f}{\partial x} = 2 π x + 2 πλ = 0 \frac{\partial f}{\partial y} = 2 y + 4 λ = 0 \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{3}{2} z + 3 λ = 0 2 π x + 4 y + 3 z - 2 = 0

解得最优解为

x = \frac{1}{π + 4 + 3 3}, y = \frac{2}{π + 4 + 3 3}, z = \frac{2 3}{π + 4 + 3 3}

最小面积为

S_{m i n} = \frac{1}{π + 4 + 3 3}

18

（本题满分 10 分），已知 $cos 2 x - \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ，求 $a_{n}$ 。

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【答案】

a_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ (- 1)^{\frac{n}{2}} \frac{2 ^{n}}{n !} - (n + 1), - (n + 1), n 为偶数 n 为奇数

【解析】
由泰勒展开可知：

cos 2 x = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n}}{( 2 n )!} x^{2 n}

\frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} = n = 1 \sum \infty n (- 1)^{n - 1} x^{n - 1} = n = 0 \sum \infty (n + 1) (- 1)^{n} x^{n}

因此

a_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ (- 1)^{\frac{n}{2}} \frac{2 ^{n}}{n !} - (n + 1), - (n + 1), n 为偶数 n 为奇数

19

（本题满分 10 分）

数列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{1} > 0$ ，且满足递推关系

x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1 (n = 1, 2, \dots)

证明数列 ${x_{n}}$ 收敛，并求

n \to \infty lim x_{n}

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【答案】 0

【解析】
由 $x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1$ 得 $x_{n + 1} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}}$ 。

单调性：令 $g (x) = e^{x} - 1 - x e^{x}$ ，则 $g^{'} (x) = - x e^{x} < 0$ （ $x > 0$ ），故 $g (x)$ 单调递减。

有界性：由 $e^{x} - 1 > x$ （ $x > 0$ ）知 $\frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} > 1$ ，故 $x_{n + 1} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} > 0$ ，数列有下界。

根据单调有界定理， $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，设为 $a$ ，则 $a e^{a} = e^{a} - 1$ ，解得 $a = 0$ 。

综上，数列收敛且 $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ 。

20

（本题满分 11 分）

设实二次型

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

其中 $a$ 是参数。

求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解；
求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形。

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【答案】

当 $a \neq = 2$ 时， $f (x) = 0$ 的解为 $x = 0$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $x = k - 2 - 1 1$ ，其中 $k$ 为任意常数。
当 $a \neq = 2$ 时， $f (x)$ 的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

【解析】
(1) 若 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ ，则

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0, x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + a x_{3} = 0,

即 $0 = 101 - 1 10 11 a x_{1} x_{2} x_{3} = A X$ ，则 $∣ A ∣ = a - 2$ 。

当 $a \neq = 2$ 时， $∣ A ∣ \neq = 0$ ，则 $X = x_{1} x_{2} x_{3} = 000$ ；

当 $a = 2$ 时， $A = 101 - 1 10 112 \to 100010210$ ，则 $X = k_{1} - 2 - 1 1$ ， $k_{1} \neq = 0$ 。

(2) 当 $a \neq = 2$ 时，令

⎩ ⎨ ⎧ y_{1} = x_{1} - x_{2} + x_{3}, y_{2} = x_{2} + x_{3}, y_{3} = x_{1} + a x_{3},

即

y_{1} y_{2} y_{3} = 101 - 1 10 11 a x_{1} x_{2} x_{3} = A X .

则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为 $f (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ 。

当 $a = 2$ 时， $A$ 不可逆，则

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + 2 x_{3})^{2} = 2 x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 6 x_{3}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + 6 x_{1} x_{3} = 2 (x_{1} - \frac{1}{2} x_{2} + \frac{3}{2} x_{3})^{2} + \frac{3}{2} (x_{2} + x_{3})^{2},

令

⎩ ⎨ ⎧ y_{1} = 2 (x_{1} - \frac{1}{2} x_{2} + \frac{3}{2} x_{3}), y_{2} = \frac{6}{2} (x_{2} + x_{3}), y_{3} = x_{3},

则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形为 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

21

（本题满分 11 分）

已知矩阵 $A = 112237 a 0 - a$ ， $B = 10 - 1 a 11 211$ 。

(1) 求 $a$ ；

(2) 求满足 $A P = B$ 的可逆矩阵 $P$

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【答案】
(1) $a = 2$
(2) 可逆矩阵 $P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数，且 $k_{2} \neq = k_{3}$

【解析】
(1)
初等列变换不改变行列式的值，故 $∣ A ∣ = ∣ B ∣$ ，
即 $- 3 a + 7 a - 6 a + 2 a = 1 - a + 2 - 1$ ，
解得 $a = 2$ 。

(2)

(A ∣ B) = 112237 20 - 2 10 - 1 211211 \to 100010 6 - 2 0 3 - 1 0 4 - 1 0 4 - 1 0 .

可得

X_{1} X_{2} X_{3} = k_{1} - 6 21 + 3 - 1 0, = k_{2} - 6 21 + 4 - 1 0, = k_{3} - 6 21 + 4 - 1 0 (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

故 $A X = B$ 的通解为

X = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}) .

因为 $∣ X ∣ = k_{3} - k_{2}$ ，所以可逆矩阵

P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3} (k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{2} \neq = k_{3}) .

22

（本题满分 11 分），已知随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且 $P (X = 1) = P (X = - 1) = \frac{1}{2}$ ， $Y$ 服从参数为 $λ$ 的泊松分布， $Z = X Y$ 。

求 $Cov (X, Z)$ ；
求 $Z$ 的分布律。

查看答案与解析

【答案】

$Cov (X, Z) = λ$
$Z$ 的分布律为：
$P {Z = k} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !}, e^{- λ}, \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{- k}}{( - k )!}, k \in N^{+}, k = 0, - k \in N^{+} .$

【解析】
(1) $Y$ 服从参数为 $λ$ 的泊松分布，故 $E (Y) = λ$ 。
由题意可得， $E (X) = 0$ , $E (X^{2}) = 1$ 。又由于 $X$ 与 $Y$ 相互独立，故

Cov (X, Z) = E (XZ) - E (X) \cdot E (Z) = E (X^{2} Y) - E (X) \cdot E (X Y) = E (X^{2}) \cdot E (Y) - E (X) \cdot E (X) \cdot E (Y) = λ .

(2) 当 $k \in N^{+}$ 时，

P {Z = k} = \frac{1}{2} P {Y = k} + \frac{1}{2} P {Y = - k} = \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !},

当 $k = 0$ 时，

P {Z = 0} = P {Y = 0} = e^{- λ};

当 $- k \in N^{+}$ 时，

P {Z = k} = \frac{1}{2} P {Y = k} + \frac{1}{2} P {Y = - k} = \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{- k}}{( - k )!},

故

P {Z = k} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !}, e^{- λ}, \frac{1}{2} e^{- λ} \frac{λ ^{- k}}{( - k )!}, k \in N^{+}, k = 0, - k \in N^{+} .

23

（本题满分 11 分）

已知总体 $X$ 的密度函数为

f (x, σ) = \frac{1}{2 σ} e^{- \frac{∣ x ∣}{σ}} (- \infty < x < + \infty, σ > 0),

其中 $σ$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(1) 求 $σ$ 的最大似然估计量 $\overset{σ}{^}$ ；

(2) 求 $\overset{σ}{^}$ 的方差 $D (\overset{σ}{^})$ 。

查看答案与解析

【答案】
(1) $\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} ∣ X_{i} ∣$
(2) $D (\overset{σ}{^}) = \frac{σ ^{2}}{n}$

【解析】
(1) 似然函数

L (σ) = f (X_{1}; σ) \dots f (X_{n}; σ) = \frac{1}{( 2 σ ) ^{n}} e^{- \sum_{i = 1}^{n} ∣ X_{i} ∣} (- \infty < x_{i} < + \infty, i = 1, 2, \dots, n) .

取对数：

ln L (σ) = - n ln 2 - n ln σ - \frac{\sum _{i = 1}^{n} ∣ x _{i} ∣}{σ} .

令

\frac{d}{d σ} ln L (σ) = - \frac{n}{σ} + \frac{\sum _{i = 1}^{n} ∣ x _{i} ∣}{σ ^{2}} = 0,

得 $σ$ 的最大似然估计量：

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n ∣ X_{i} ∣.

(2)

E (∣ X_{i} ∣) = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 σ} x e^{- \frac{x}{σ}} d x = 2 \times \frac{1}{2 σ} \times σ^{2} \times 1 = σ,

E (X_{i}^{2}) = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 σ} x^{2} e^{- \frac{x}{σ}} d x = \frac{1}{σ} \int_{0}^{\infty} y^{2} e^{- y} d y = 2 σ^{2} .

由于 $X_{1}, \dots, X_{n}$ 相互独立，故

E (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (∣ X_{i} ∣) = σ,

D (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (∣ X_{i} ∣) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n (2 σ^{2} - σ^{2}) = \frac{σ ^{2}}{n} .