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2020 年真题

23 题

选择题

1

设 $lim_{x \to \infty} \frac{f ( x ) - a}{x - a} = b$ ，则 $lim_{x \to \infty} \frac{s i n f ( x ) - s i n a}{x - a}$

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正确答案：B

正确答案：B

解析

利用中值定理可得：

x \to a lim \frac{sin f ( x ) - sin a}{x - a} = x \to a lim \frac{cos ξ [ f ( x ) - a ]}{x - a} = b x \to a lim cos ξ

其中 $ξ$ 介于 $a$ 与 $f (x)$ 之间。

由于 $lim_{x \to a} cos ξ = cos a$ 且 $f (a) = a$ ，因此：

x \to a lim \frac{sin f ( x ) - sin a}{x - a} = b cos a

2

函数 $f (x) = \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} l n ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )}$ 的第二类间断点的个数为

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】题目中 $f (x) = \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} l n ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )}$ 的极限分析如下：

当 $x \to 0$ 时：

x \to 0 lim f (x) = x \to 0 lim \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} ln ( 1 + x )}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = \frac{e ^{- 1}}{- 2} x \to 0 lim \frac{x}{x} = \frac{1}{- 2 e},

当 $x \to 1^{+}$ 时：

x \to 1^{+} lim f (x) = x \to 1^{+} lim \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = x \to 1^{-} lim \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} ln ∣1 + 1∣}{( e - 1 ) ( 1 - 2 )} = \infty,

当 $x \to 2$ 时：

x \to 2 lim f (x) = x \to 2 lim \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = x \to 2 lim \frac{e ^{\frac{1}{2 - 1}} ln ∣1 + 2∣}{( e ^{2} - 1 ) ( x - 2 )} = \infty,

当 $x \to - 1$ 时：

x \to - 1 lim f (x) = x \to - 1 lim \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = \infty.

综上，正确答案为 (C)。

3

设奇函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上具有连续导数，则

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正确答案：A

正确答案：A

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对于选项 (A)，由于

F^{'} (x) = [\int_{0}^{x} [cos f (t) + f^{'} (t)] d t]^{'} = cos f (x) + f^{'} (x),

且

F^{'} (- x) = cos [f (- x)] + f^{'} (- x) = cos f (x) + f^{'} (x),

因此 $F^{'} (x)$ 为偶函数。

于是， $F (x) = \int_{0}^{x} [cos f (t) + f^{'} (t)] d t$ 为奇函数，故 (A) 正确，(B) 错误。

4

设幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 2)^{n}$ 的收敛区间为 $(- 2, 6)$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x + 1)^{2 n}$ 的收敛区间为

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正确答案：C

正确答案：C

解析

由于 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 2)^{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x + 1)^{n}$ 的收敛半径相同，因此由题设可知 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 2)^{n}$ 的收敛区间为 $(- 2, 6)$ ，其收敛半径为 $R = 4$ 。

于是， $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x + 1)^{n}$ 的收敛区间为 $(- 1 - 4, - 1 + 4)$ ，即 $(- 5, 3)$ 。

5

设4阶矩阵 $A = (a_{ij})$ 不可逆， $a_{12}$ 的代数余子式 $A_{12} \neq = 0$ ， $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ , $α_{4}$ 为矩阵 $A$ 的列向量组， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则方程组 $A^{*} x = 0$ 的通解为

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正确答案：C

正确答案：C

因为 $A$ 不可逆，所以 $r (A) < 4$ 。又因为 $A_{12} \neq = 0$ ，故 $r (A^{*}) \geq 1$ ，所以

r (A) \geq n - 1 = 3, r (A) = 3, r (A^{*}) = 1, ∣ A ∣ = 0

由于 $A_{12} \neq = 0$ ，所以 $α_{1}$ , $α_{3}$ , $α_{4}$ 线性无关。 $A^{*} x = 0$ 的基础解系中有 $4 - 1 = 3$ 个无关解向量。又因为 $A^{*} A = ∣ A ∣ E = 0$ ，所以 $A$ 的列向量为 $A^{*} x = 0$ 的解。

因此， $A^{*} x = 0$ 的通解为 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{3} + k_{3} α_{4}$ 。

6

设 $A$ 为 3 阶矩阵， $α_{1}, α_{2}$ 为 $A$ 属于特征值为 1 的线性无关的特征向量， $α_{3}$ 为 $A$ 的属于特征值 $- 1$ 的特征向量，则满足

P^{- 1} A P = 100 0 - 1 0 001

的可逆矩阵 $P$ 为

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正确答案：D

正确答案：D

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由于 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 线性无关，且为特征值 1 对应的特征向量，所以 1 至少为 2 重特征值。

因为 $α_{3}$ 为 -1 对应的特征向量，且 $A$ 为 3 阶矩阵，所以 $A$ 的特征值为 1, 1, -1。

在矩阵 $P^{- 1} A P$ 中，第二列为 -1 对应的特征向量，故 $P$ 的第二列应为 $α_{3}$ 的线性组合，而第一列和第三列为 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 的线性组合。因此，正确答案为 (D)。

7

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 为三个随机事件，且 $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{4}$ ， $P (A B) = 0$ ， $P (A C) = P (BC) = \frac{1}{12}$ 。则 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 中恰有一个事件发生的概率为

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正确答案：D

正确答案：D

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法1: A、B、C 中恰有一个事件发生的概率为 $P (A \overset{ˉ}{B} \overset{ˉ}{C}) + P (\overset{ˉ}{A} B \overset{ˉ}{C}) + P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} C)$ 。

P (A \overline{BC}) = P (A \overline{B}) - P (A \overline{B} C) = P (A) - P (A B) - [P (A C) - P (A BC)]

P (\overline{A} B \overline{C}) = P (\overline{A} B) - P (\overline{A} BC) = P (B) - P (A B) - [P (BC) - P (BC A)]

P (\overline{A BC}) = P (\overline{B} C) - P (\overline{B} C A) = P (C) - P (CB) - [P (C A) - P (C A B)]

因为 $P (A B) = 0$ ，而 $A BC \subset A B$ ，则 $0 \leq P (A BC) \leq P (A B) = 0$ ，故 $P (A BC) = 0$ 。

将题干的已知代入以上三个式子中，得

P (A \overline{BC}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} = \frac{2}{12}, P (\overline{A} B \overline{C}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} = \frac{2}{12}, P (\overline{A BC}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} = \frac{1}{12}

故所求概率为 $\frac{2}{12} + \frac{2}{12} + \frac{1}{12} = \frac{5}{12}$ ，故选 (D)。

法2: $p = P (A + B + C) - P (A B) - P (A C) - P (BC) + 2 P (A BC)$ 。

P (A B) = 0 \Rightarrow P (A BC) = 0

P (A + B + C) = P (A) + P (B) + P (C) - P (A B) - P (A C) - P (BC) + P (A BC) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 0 - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} + 0 = \frac{7}{12}

p = P (A + B + C) - P (A B) - P (A C) - P (BC) + 2 P (A BC) = \frac{7}{12} - 0 - \frac{1}{12} - \frac{1}{12} + 0 = \frac{5}{12}

故选 (D)。

8

设随机变量 $(X, Y)$ 服从二维正态分布 $N (0, 0; 1, 4; - \frac{1}{2})$ ，则下列随机变量中服从标准正态分布且与 $X$ 独立的是

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正确答案：C

正确答案：C

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由已知， $C o v (X, Y) = - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = - 1$ 。

而只有

C o v (X, X + Y) = D (X) + C o v (X, Y) = 0,

故与 $X$ 相互独立的只有 (A) 和 (C)。

又因为

D (X + Y) = D (X) + D (Y) + 2 C o v (X, Y) = 3,

所以 $\frac{3}{3} (X + Y) \sim N (0, 1)$ ，选 (C)。

填空题

9

（填空题）设 $z = arctan [x y + sin (x + y)]$ ，则 $d z ∣_{(0, π)} =$

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【答案】 $d z ∣_{(0, π)} = (π - 1) d x - d y$

【解析】 计算 $z$ 在点 $(0, π)$ 处关于 $x$ 的偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x}_{(0, π)} = \frac{y + cos ( x + y )}{1 + [ x y + sin ( x + y ) ] ^{2}}_{(0, π)} = \frac{π + cos π}{1 + sin ^{2} π} = π - 1

计算 $z$ 在点 $(0, π)$ 处关于 $y$ 的偏导数：

\frac{\partial z}{\partial y}_{(0, π)} = \frac{x + cos ( x + y )}{1 + [ x y + sin ( x + y ) ] ^{2}}_{(0, π)} = \frac{cos π}{1 + sin ^{2} π} = - 1

因此， $z$ 在点 $(0, π)$ 处的全微分为：

d z ∣_{(0, π)} = (π - 1) d x - d y

10

（填空题）曲线 $x + y + e^{2 x y} = 0$ 在点 $(0, - 1)$ 处的切线方程为

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【答案】 $y = x - 1$

【解析】 方程两边对 $x$ 求导得：

1 + y^{'} + e^{2 x y} (2 y + 2 x y^{'}) = 0

代入 $x = 0$ ， $y = - 1$ ，得到：

y^{'} = 1

因此，切线方程为：

y = x - 1

11

（填空题）设 $Q$ 表示产量，成本 $C (Q) = 100 + 13 Q$ ，单价 $p$ ，需求量 $q (p) = \frac{800}{p + 3} - 2$ ，则工厂取得利润最大时的产量为。

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【答案】 8

【解析】
由需求函数 $Q (P) = \frac{800}{p + 3} - 2$ ，可得反需求函数：

P = \frac{800}{Q + 2} - 3

利润函数为：

L (Q) = PQ - C (Q) = (\frac{800}{Q + 2} - 3) Q - (100 + 13 Q)

化简后得到：

L (Q) = - \frac{1600}{Q + 2} - 16 Q + 700

求导并令导数为零：

L^{'} (Q) = \frac{1600}{( Q + 2 ) ^{2}} - 16 = 0

解得最优产量：

Q = 8

验证二阶导数：

L^{''} (Q) = \frac{- 3200}{( Q + 2 ) ^{3}}_{Q = 8} = - \frac{16}{5} < 0

因此，当 $Q = 8$ 时，利润 $L (Q)$ 达到最大值。

12

（填空题）设平面区域 $D = {(x, y) ∣ \frac{x}{2} \leq y \leq \frac{1}{1 + x ^{2}}, 0 \leq x \leq 1}$ ，则 $D$ 绕 $y$ 轴旋转所成旋转体的体积为。

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【答案】 $V_{y} = π ln 2 - \frac{π}{3}$

【解析】
旋转体体积计算如下：

V_{y} = \int_{0}^{1} 2 π x (\frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{x}{2}) d x = 2 π \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x ^{2}} d x - π \int_{0}^{1} x^{2} d x = π ln (1 + x^{2})_{0}^{1} - \frac{π}{3} x^{3}_{0}^{1} = π ln 2 - \frac{π}{3}

13

（填空题）行列式

a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a =

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【答案】 $a^{4} - 4 a^{2}$

【解析】

a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a = a a 1 - 1 1 a 0 0 a a - 0 - 1 1 a 1 - 1 0 a a = - a 1 a a^{2} 2 a - 2 a 0 - 1 a 1 = - a (2 a - a^{3}) - 2 a^{2} = a^{4} - 4 a^{2}

14

（填空题）

随机变量 $X$ 的概率分布为

P {X = k} = \frac{1}{2 ^{k}}, k = 1, 2, 3, \dots

$Y$ 表示 $X$ 被 $3$ 除的余数，则

E (Y) =

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【答案】 $\frac{8}{7}$

【解析】 随机变量 $X$ 的概率分布为

P {X = k} = \frac{1}{2 ^{k}}, k = 1, 2, 3, \dots

$Y$ 表示 $X$ 被 $3$ 除的余数，则

E (Y) =

计算各概率如下：

P {Y = 0} = k = 1 \sum \infty P {X = 3 k} = k = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{3 k}} = \frac{\frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{1}{7}

P {Y = 1} = k = 0 \sum \infty P {X = 3 k + 1} = k = 0 \sum \infty \frac{1}{2 ^{3 k + 1}} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{4}{7}

P {Y = 2} = k = 0 \sum \infty P {X = 3 k + 2} = k = 0 \sum \infty \frac{1}{2 ^{3 k + 2}} = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{2}{7}

期望值为：

E (Y) = 0 \times \frac{1}{7} + 1 \times \frac{4}{7} + 2 \times \frac{2}{7} = \frac{8}{7}

解答题

15

（本题满分 10 分）

已知 $a, b$ 为常数， $(1 + \frac{1}{n})^{n} - e$ 与 $\frac{b}{n ^{a}}$ ，当 $n \to \infty$ 时是等价无穷小，求 $a, b$ 。

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【答案】 $a = 1$ , $b = - \frac{1}{2} e$

【解析】 由等价无穷小的定义可知

n \to \infty lim \frac{( 1 + \frac{1}{n} ) ^{n} - e}{\frac{b}{n ^{a}}} = n \to \infty lim \frac{e ^{n l n (1 + \frac{1}{n})} - e}{\frac{b}{n ^{a}}} = n \to \infty lim \frac{e ( e ^{n l n (1 + \frac{1}{n}) - 1} - 1 )}{\frac{b}{n ^{a}}} = n \to \infty lim \frac{e ( n ln ( 1 + \frac{1}{n} ) - 1 )}{\frac{b}{n ^{a}}} = 1

进一步推导可得

t \to 0^{+} lim \frac{e ( \frac{l n ( 1 + t )}{t} - 1 )}{b t ^{a}} = t \to 0^{+} lim \frac{e ( ln ( 1 + t ) - t )}{b t ^{a + 1}} = t \to 0^{+} lim \frac{e ( - \frac{1}{2} t ^{2} )}{b t ^{a + 1}} = 1

则若使该极限存在必有 $a + 1 = 2$ ，即 $a = 1$ 。可得 $b = - \frac{1}{2} e$ 。

16

（本题满分 10 分）

求函数 $f (x, y) = x^{3} + 8 y^{3} - x y$ 的极值。

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【答案】 函数在点 $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 处取得极小值 $- \frac{1}{216}$ 。

【解析】
由方程组

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial f}{\partial x} = 3 x^{2} - y = 0 \frac{\partial f}{\partial y} = 24 y^{2} - x = 0

计算可得两组解：

{x = 0 y = 0 或 ⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{6} y = \frac{1}{12}

进一步计算二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} = 6 x, \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} = - 1, \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 48 y

1. 在点 $(0, 0)$ 处

A = 0, B = - 1, C = 0

判别式：

A C - B^{2} = - 1 < 0

因此， $(0, 0)$ 不是极值点。

2. 在点 $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 处

A = 1, B = - 1, C = 4

判别式：

A C - B^{2} = 3 > 0 解得 A > 0

因此， $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 是极小值点，极小值为：

f (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = - \frac{1}{216}

17

（本题满分 10 分），设函数 $y = f (x)$ 满足 $y^{''} + 2 y^{'} + 5 y = 0$ ，且 $f (0) = 1$ ， $f^{'} (0) = - 1$ 。

（I）求 $f (x)$ 的表达式；

（II）设 $a_{n} = \int_{nπ}^{+ \infty} f (x) d x$ ，求 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 。

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【答案】
（I） $f (x) = e^{- x} cos 2 x$
（II） $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = \frac{1}{5 ( e ^{π} - 1 )}$

【解析】
（I）微分方程

y^{''} + 2 y^{'} + 5 y = 0

的特征方程为

r^{2} + 2 r + 5 = 0

解得

r_{1} = - 1 + 2 i, r_{2} = - 1 - 2 i

通解为

y = e^{- x} (C_{1} cos 2 x + C_{2} sin 2 x)

由初始条件 $f (0) = 1$ 和 $f^{'} (0) = - 1$ ，得

C_{1} = 1, C_{2} = 0

故特解为

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

（II）定义

a_{n} = \int_{nπ}^{+ \infty} e^{- x} cos 2 x d x = \frac{1}{5 e ^{nπ}}

设

I = \int_{nπ}^{+ \infty} e^{- x} cos 2 x d x

利用分部积分：

I = \frac{1}{2} \int_{nπ}^{+ \infty} e^{- x} d (sin 2 x) = \frac{1}{2} [e^{- x} sin 2 x_{nπ}^{+ \infty} - \int_{nπ}^{+ \infty} sin 2 x d (e^{- x})]

由于 $e^{- x} sin 2 x \to 0$ （当 $x \to + \infty$ ），且 $sin 2 nπ = 0$ ，第一项为 0，于是

I = - \frac{1}{2} \int_{nπ}^{+ \infty} sin 2 x \cdot (- e^{- x}) d x = \frac{1}{2} \int_{nπ}^{+ \infty} e^{- x} sin 2 x d x

再次分部积分：

I = - \frac{1}{4} \int_{nπ}^{+ \infty} e^{- x} d (cos 2 x) = - \frac{1}{4} [e^{- x} cos 2 x_{nπ}^{+ \infty} + \int_{nπ}^{+ \infty} cos 2 x \cdot (- e^{- x}) d x]

第一项在 $x \to + \infty$ 时为 0，在 $x = nπ$ 处为 $- e^{- nπ} cos 2 nπ = - e^{- nπ}$ ，所以

I = - \frac{1}{4} [- e^{- nπ} - I] = \frac{1}{4} e^{- nπ} + \frac{1}{4} I

移项得

I - \frac{1}{4} I = \frac{1}{4} e^{- nπ} \Rightarrow \frac{5}{4} I = \frac{1}{4} e^{- nπ}

因此

I = \frac{1}{5 e ^{nπ}}

最终

n = 1 \sum \infty a_{n} = \frac{1}{5} n = 1 \sum \infty e^{- nπ} = \frac{1}{5} n = 1 \sum \infty (e^{- π})^{n} = \frac{1}{5 ( e ^{π} - 1 )}

18

（本题满分 10 分），设 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1, y \geq 0}$ ，连续函数 $f (x, y)$ 满足

f (x, y) = y 1 - x^{2} + x \iint_{D} f (x, y) d x d y

求 $\iint_{D} x f (x, y) d x d y$ 。

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【答案】 $\frac{3 π ^{2}}{128}$

【解析】 令 $\iint_{D} f (x, y) d x d y = A$ ，则

f (x, y) = y 1 - x^{2} + A x

于是

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} (y 1 - x^{2} + A x) d x d y = \iint_{D} y 1 - x^{2} d x d y

计算得

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

故

A = \frac{3 π}{16}

接下来计算

\iint_{D} x f (x, y) d x d y = \iint_{D} (x y 1 - x^{2} + A x^{2}) d x d y = A \iint_{D} x^{2} d x d y

转换为极坐标

A \int_{0}^{π} cos^{2} θ d θ \int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{A}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{2} θ d θ = \frac{A}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 π ^{2}}{128}

19

（本题满分 10 分），设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 2]$ 上具有连续导数，已知 $f (0) = f (2) = 0$ ， $M = x \in [0, 2] max {∣ f (x) ∣}$ 。证明：

（I）存在 $ξ \in (0, 2)$ ，使得 $∣ f^{'} (ξ) ∣ \geq M$ ；

（II）若对任意的 $x \in (0, 2)$ ， $∣ f^{'} (x) ∣ \leq M$ ，则 $M = 0$ 。

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【答案】 见解析

【解析】
(I) 设 $x = x_{0}$ 时 $∣ f (x_{0}) ∣ = M$ ，由拉格朗日定理：

\exists ξ_{1} \in (0, x_{0}) ∣ f^{'} (ξ_{1}) ∣ = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} = \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{x _{0}} = \frac{M}{x _{0}}

\exists ξ_{2} \in (x_{0}, 2) ∣ f^{'} (ξ_{2}) ∣ = \frac{f ( x _{0} ) - f ( 2 )}{x _{0} - 2} = \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{2 - x _{0}} = \frac{M}{2 - x _{0}}

若 $x_{0} \in (0, 1]$ ，取 $ξ = ξ_{1}$ ，有：

∣ f^{'} (ξ) ∣ = ∣ f^{'} (ξ_{1}) ∣ = \frac{M}{x _{0}} \geq M

若 $x_{0} \in (1, 2)$ ，取 $ξ = ξ_{2}$ ，有：

∣ f^{'} (ξ) ∣ = ∣ f^{'} (ξ_{2}) ∣ = \frac{M}{2 - x _{0}} \geq M

(II) 由积分性质可得：

M = ∣ f (x_{0}) ∣ = ∣ f (x_{0}) - f (0) ∣ = \int_{0}^{x_{0}} f^{'} (x) d x \leq \int_{0}^{x_{0}} ∣ f^{'} (x) ∣ d x \leq \int_{0}^{x_{0}} M d x \leq M x_{0}

M = ∣ f (x_{0}) ∣ = ∣ f (2) - f (x_{0}) ∣ = \int_{x_{0}}^{2} f^{'} (x) d x \leq \int_{x_{0}}^{2} ∣ f^{'} (x) ∣ d x \leq \int_{x_{0}}^{2} M d x \leq M (2 - x_{0})

因此，不等式组：

{M (1 - x_{0}) \leq 0 M (1 - x_{0}) \geq 0

同时成立。

若 $x_{0} \neq = 1$ ，显然 $M = 0$ ；若 $x_{0} = 1$ ，则：

M \leq \int_{0}^{1} ∣ f^{'} (x) ∣ d x \leq \int_{0}^{1} M d x = M

M \leq \int_{1}^{2} ∣ f^{'} (x) ∣ d x \leq \int_{1}^{2} M d x \leq M

当且仅当在区间 $(0, 1)$ 和 $(1, 2)$ 上 $∣ f^{'} (x) ∣ = M$ 成立。假设 $M \neq = 0$ ：

若 $f^{'} (x) \equiv \pm M$ ，与 $f (0) = f (2) = 0$ 矛盾；
若 $f^{'} (x) = {\pm M \mp M 0 < x < 1 1 < x < 2$ ，则 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处不可导，与已知矛盾。

故 $M = 0$ 。

20

（本题满分11分）

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} - 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{2}^{2}$ 经正交变换 $(x_{1} x_{2}) = Q (y_{1} y_{2})$ 化为二次型 $g (y_{1}, y_{2}) = a y_{1}^{2} + 4 y_{1} y_{2} + b y_{2}^{2}$ ，其中 $a \geq b$ 。

（I）求 $a, b$ 的值；

（II）求正交矩阵 $Q$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) $a = 4$ ， $b = 1$
(II) $Q = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4)$

【解析】
(I) 记

A = (1 - 2 - 2 4), B = (a 2 2 b)

其中 $Q$ 是正交矩阵，满足 $Q^{T} A Q = B$ 。由于 $A$ 与 $B$ 相似，它们有相同的特征值。

计算 $A$ 的特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 2 2 λ - 4 = λ^{2} - 5 λ = 0

得到特征值为 $λ_{1} = 0$ 和 $λ_{2} = 5$ 。

计算 $B$ 的特征多项式：

∣ λ E - B ∣ = λ - a - 2 - 2 λ - b = λ^{2} - (a + b) λ + ab - 4 = 0

由于 $B$ 的特征值也为 $λ_{1} = 0$ 和 $λ_{2} = 5$ ，可得方程组：

ab = 4, a + b = 5

结合条件 $a \geq b$ ，解得 $a = 4$ ， $b = 1$ 。

(II) 对于矩阵 $A$ ：

当 $λ_{1} = 0$ 时， $(0 E - A) x = 0$ 的基础解系为 $α_{1} = (2, 1)^{T}$ 。
当 $λ_{2} = 5$ 时， $(5 E - A) x = 0$ 的基础解系为 $α_{2} = (1, - 2)^{T}$ 。

对于矩阵 $B$ ：

当 $λ_{1} = 0$ 时， $(0 E - B) x = 0$ 的基础解系为 $β_{1} = (1, - 2)^{T}$ 。
当 $λ_{2} = 5$ 时， $(5 E - B) x = 0$ 的基础解系为 $β_{2} = (2, 1)^{T}$ 。

令

P_{1} = (21 1 - 2), P_{2} = (1 - 2 21)

则有

P_{1}^{- 1} A P_{1} = (0005), P_{2}^{- 1} B P_{2} = (0005)

因此

P_{1}^{- 1} A P_{1} = P_{2}^{- 1} B P_{2} ⟹ B = P_{2} P_{1}^{- 1} A P_{1} P_{2}^{- 1}

计算 $P_{1} P_{2}^{- 1}$ ：

P_{1} P_{2}^{- 1} = (21 1 - 2) (1 - 2 21)^{- 1} = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4)

由于 $\frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4)$ 是正交矩阵，故

Q = \frac{1}{5} (4 - 3 - 3 - 4)

21

（本题满分11分）

设 $A$ 为2阶矩阵， $P = (α, Aα)$ ，其中 $α$ 是非零向量且不是 $A$ 的特征向量。

（Ⅰ）证明： $P$ 为可逆矩阵；

（Ⅱ）若 $A^{2} α + Aα - 6 α = 0$ ，求 $P^{- 1} AP$ ，并判断 $A$ 是否相似于对角矩阵。

查看答案与解析

【答案】
(I) 见解析
(II) $P^{- 1} A P = [01 6 - 1]$ ，且 $A$ 相似于对角矩阵。

【解析】
(I) 解法一
证明：假设 $P$ 不是可逆矩阵，则 $α$ 与 $A α$ 线性相关。根据线性相关的定义，存在不全为 0 的实数 $k_{1}, k_{2}$ ，使得成立

k_{1} α + k_{2} A α = 0.

若 $k_{2} = 0$ ，则有 $k_{1} α = 0$ 。由于 $α$ 是非零向量，则 $k_{1} = 0$ ，与 $k_{1}, k_{2}$ 不全为 0 矛盾。因此， $k_{2} \neq = 0$ ，于是

A α = - \frac{k _{1}}{k _{2}} α .

这与 $α$ 不是 $A$ 的特征向量矛盾，故假设不成立，所以 $P$ 是可逆矩阵。

解法二
设 $A α = β$ ，则 $β \neq = k α$ ，即 $α, β$ 线性无关。因此，

P = (α, β) = (α, A α)

是可逆矩阵。

(II)
因为 $A^{2} α + A α - 6 α = 0$ ，所以

A P = A (α, A α) = (A α, A^{2} α) = (A α, 6 α - A α) = (α, A α) [01 6 - 1] .

由于 $P$ 是可逆矩阵，故

P^{- 1} A P = [01 6 - 1] .

记 $B = [01 6 - 1]$ ，计算其特征多项式：

∣ λ E - B ∣ = λ - 1 - 6 λ + 1 = λ^{2} + λ - 6 = 0.

解得 $B$ 的特征值为 $λ_{1} = 2$ ， $λ_{2} = - 3$ 。由于 $A$ 与 $B$ 相似，故 $A$ 的特征值也为 $λ_{1} = 2$ ， $λ_{2} = - 3$ ，因此 $A$ 可相似对角化。

22

（本题满分 11 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ 0 < y < 1 - x^{2}}$ 上服从均匀分布，令

Z_{1} = {1, 0, X - Y > 0, X - Y \leq 0, Z_{2} = {1, 0, X + Y > 0, X + Y \leq 0

（Ⅰ）求二维随机变量 $(Z_{1}, Z_{2})$ 的概率分布；

（Ⅱ）求 $Z_{1}$ 与 $Z_{2}$ 的相关系数。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ）二维随机变量 $(Z_{1}, Z_{2})$ 的概率分布为：

01 0 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{4} 1 \frac{1}{2} \frac{1}{4} \frac{3}{4} \frac{3}{4} \frac{1}{4}

（Ⅱ） $Z_{1}$ 与 $Z_{2}$ 的相关系数为 $\frac{1}{3}$ 。

【解析】

P {Z_{1} = 1} = P {X - Y > 0} = \iint_{x > y} f (x, y) d x d y = \frac{\frac{1}{8} π \times 1 ^{2}}{\frac{1}{2} π \times 1 ^{2}} = \frac{1}{4}

P {Z_{1} = 0} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

P {Z_{2} = 0} = P {X + Y \leq 0} = \iint_{y \leq - x} f (x, y) d x d y = \frac{\frac{1}{8} π \times 1 ^{2}}{\frac{1}{2} π \times 1 ^{2}} = \frac{1}{4}

P {Z_{2} = 1} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

P {Z_{1} = 1, Z_{2} = 0} = 0

联合概率分布：

01 0 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{4} 1 \frac{1}{2} \frac{1}{4} \frac{3}{4} \frac{3}{4} \frac{1}{4}

E (Z_{1}) = \frac{1}{4}, E (Z_{2}) = \frac{3}{4}, E (Z_{1}^{2}) = \frac{1}{4}, E (Z_{2}^{2}) = \frac{3}{4}, E (Z_{1} Z_{2}) = \frac{1}{4}

D (Z_{1}) = E (Z_{1}^{2}) - E^{2} (Z_{1}) = \frac{1}{4} - (\frac{1}{4})^{2} = \frac{3}{16}

D (Z_{2}) = E (Z_{2}^{2}) - E^{2} (Z_{2}) = \frac{3}{4} - (\frac{3}{4})^{2} = \frac{3}{16}

C o v (Z_{1}, Z_{2}) = E (Z_{1} Z_{2}) - E (Z_{1}) E (Z_{2}) = \frac{1}{16}

ρ_{Z_{1} Z_{2}} = \frac{C o v ( Z _{1} , Z _{2} )}{D ( Z _{1} ) D ( Z _{2} )} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{3}{16}} = \frac{1}{3}

23

（本题满分 11 分）

给定分布函数

F (t) = {1 - e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}, 0, t \geq 0, 其他,

其中 $θ$ 和 $m$ 为参数且大于零。

(I) 求概率 $P {T > t}$ 与 $P {T > s ∣ T > S}$ ，其中 $S > 0$ ， $t > 0$ ；

(II) 任取 $n$ 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为 $t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}$ 。若 $m$ 已知，求 $θ$ 的最大似然估计值 $\hat{θ}$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) $P {T > t} = e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}$ ， $P {T > s + t ∣ T > s} = e^{\frac{s ^{m} - ( s + t ) ^{m}}{θ ^{m}}}$
(II) $\hat{θ} = m \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} t_{i}^{m}$

【解析】
(I) $P {T > t} = 1 - P {T \leq t} = 1 - F (t) = e^{- (\frac{t}{θ})^{m}}$

P {T > s + t ∣ T > s} = \frac{P { T > s + t , T > s }}{P { T > s }} = \frac{P { T > s + t }}{P { T > s }} = \frac{e ^{- (\frac{s + t}{θ})^{m}}}{e ^{- (\frac{s}{θ})^{m}}} = e^{\frac{s ^{m} - ( s + t ) ^{m}}{θ ^{m}}}

(II) 概率密度函数：

f (t) = F^{'} (t) = {e^{- (\frac{t}{θ})^{m}} \frac{m t ^{m - 1}}{θ ^{m}}, 0, t > 0 其他

似然函数：

L (θ) = i = 1 \prod n e^{- (\frac{t _{i}}{θ})^{m}} \frac{m t _{i}^{m - 1}}{θ ^{m}} = e^{- \frac{1}{θ ^{m}} \sum_{i = 1}^{n} t_{i}^{m}} m^{n} (i = 1 \prod n t_{i}^{m - 1}) θ^{- nm}, (t_{i} > 0, i = 1, 2, \dots, n)

对数似然函数：

ln L (θ) = - \frac{1}{θ ^{m}} i = 1 \sum n t_{i}^{m} + ln m^{n} + ln (i = 1 \prod n t_{i}^{m - 1}) - nm ln θ

求导并令导数为零：

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{m}{θ ^{m + 1}} i = 1 \sum n t_{i}^{m} - \frac{nm}{θ} = 0 \Rightarrow θ = m \frac{1}{n} i = 1 \sum n t_{i}^{m}

因此， $θ$ 的最大似然估计为：

θ = m \frac{1}{n} i = 1 \sum n t_{i}^{m}