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2022 年真题

22 题

选择题

1

若当 $x \to 0$ 时， $α (x)$ 、 $β (x)$ 是非零无穷小量，则以下的命题中：

若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ；
若 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，则 $α (x) \sim β (x)$ ；
若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ；
若 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ，则 $α (x) \sim β (x)$ ，

真命题的序号为()

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正确答案：C

正确答案：C

本题主要考查无穷小量的概念。四个命题均与无穷小量等价这个概念有关。

当 $x \to 0$ 时：

$α (x) \sim β (x)$ 意味着 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{β ( x )} = 1$
$o (α (x))$ 满足 $lim_{x \to 0} \frac{o ( α ( x ))}{α ( x )} = 0$

命题①分析
若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{β ( x )} = 1$ ，从而：

x \to 0 lim \frac{α ^{2} ( x )}{β ^{2} ( x )} = 1

即 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，命题①是真命题。

命题②分析
由 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ 并不能得到 $α (x) \sim β (x)$ 。考虑 $β (x) = - α (x)$ ，则：

x \to 0 lim \frac{α ^{2} ( x )}{β ^{2} ( x )} = x \to 0 lim \frac{α ^{2} ( x )}{α ^{2} ( x )} = 1

即 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，但：

x \to 0 lim \frac{α ( x )}{β ( x )} = x \to 0 lim \frac{α ( x )}{- α ( x )} = - 1

$α (x)$ 与 $β (x)$ 只是同阶但并不等价的无穷小量，命题②不是真命题。

命题③分析
要说明 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ，只需说明：

x \to 0 lim \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 0

计算得：

x \to 0 lim \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 1 - x \to 0 lim \frac{β ( x )}{α ( x )} = 1 - 1 = 0

命题③是真命题。

命题④分析
要说明 $α (x) \sim β (x)$ ，只需说明：

x \to 0 lim \frac{β ( x )}{α ( x )} = 1

计算得：

x \to 0 lim \frac{β ( x )}{α ( x )} = x \to 0 lim \frac{α ( x ) - [ α ( x ) - β ( x )]}{α ( x )} = 1 - x \to 0 lim \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 1 - 0 = 1

命题④是真命题。

综上所述，应选 C。

2

已知 $a_{n} = n n - \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），则 ${a_{n}}$ （）

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正确答案：A

正确答案：A

本题主要考查数列极限的性质。

数列 ${a_{n}}$ 具有极限 1，且存在比 1 大的项 $a_{1} = 2$ ，比 1 小的项 $a_{2} = 2 - \frac{1}{2}$ 。由极限的定义可知，在 1 的附近，例如区间 $(0.99, 1.01)$ 内，聚集了 ${a_{n}}$ 除有限项以外的所有项。即存在正整数 $N$ ，对 $n > N$ ， $a_{n} \in (0.99, 1.01)$ 。

注意到 $a_{1} = 2 > 1.01$ ， $a_{2} = 2 - \frac{1}{2} < 0.99$ ，故 $a_{1}$ 、 $a_{2}$ 为落在该区间外的有限项中的两项。 ${a_{n}}$ 的最值必在没有落入该区间内的有限项中取得。

因此， ${a_{n}}$ 必能取得最大值，也能取得最小值，且最大值不小于 $a_{1}$ ，最小值不大于 $a_{2}$ ，应选 A。

3

已知 $f (t)$ 连续，令

F (x, y) = \int_{0}^{x - y} (x - y - t) f (t) d t

则( )

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正确答案：C

正确答案：C

本题主要考查变限积分求偏导数。 $F (x, y)$ 是由含参变量的变限积分给出的二元函数，求它的偏导数时，可以先将参变量从被积函数中分离出去，再利用变限积分求导公式计算偏导数。

整理 $F (x, y)$ 的表达式：

F (x, y) = \int_{0}^{x - y} (x - y - t) f (t) d t = (x - y) \int_{0}^{x - y} f (t) d t - \int_{0}^{x - y} t f (t) d t

分别计算偏导数：

\frac{\partial F}{\partial x} = (x - y) f (x - y) + \int_{0}^{x - y} f (t) d t - (x - y) f (x - y) = \int_{0}^{x - y} f (t) d t

\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial [ \int _{0}^{x - y} f ( t ) d t ]}{\partial x} = f (x - y)

\frac{\partial F}{\partial y} = - (x - y) f (x - y) - \int_{0}^{x - y} f (t) d t + (x - y) f (x - y) = - \int_{0}^{x - y} f (t) d t

\frac{\partial ^{2} F}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial [ - \int _{0}^{x - y} f ( t ) d t ]}{\partial y} = f (x - y)

因此：

\frac{\partial F}{\partial x} = - \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial ^{2} F}{\partial y ^{2}}

应选C。

4

若 $I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 ( 1 + c o s x )} d x$ ， $I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{l n ( 1 + x )}{1 + c o s x} d x$ ， $I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2 x}{1 + s i n x} d x$ ，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

本题主要考查定积分比较大小。三个定积分的积分区间相同，故只需比较被积函数的大小。

通过观察可发现，要比较 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的大小，只需比较 $\frac{x}{2}$ 与 $ln (1 + x)$ 的大小。令 $f (x) = ln (1 + x) - \frac{x}{2}$ ，则 $f (0) = 0$ ，且导数为：

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

当 $x \in (0, 1)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ，因此 $f (x)$ 单调增加，从而 $f (x) > f (0) = 0$ ，即：

ln (1 + x) > \frac{x}{2}

进一步可得：

\frac{ln ( 1 + x )}{1 + cos x} > \frac{x}{2 ( 1 + cos x )}

因此， $I_{2} > I_{1}$ 。

此外，同样的方法不难证明在 $(0, 1)$ 内， $ln (1 + x) > x$ 。结合：

ln (1 + x) > \frac{ln ( 1 + x )}{1 + cos x}

因此， $I_{3} > I_{2}$ 。

综上所述，应选 A。

5

设 $A = 100 0 - 1 0 000$ ，则 ( )

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正确答案：B

正确答案：B

本题主要考查矩阵相似的条件。

3阶矩阵 $A$ 的特征值为1，-1，0，这意味着 $A$ 有3个不同的特征值。因此， $A$ 相似于与它具有相同特征值的对角矩阵 $Λ$ 。

矩阵相似的定义如下：设 $A$ 和 $B$ 都是 $n$ 阶矩阵，若存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P = B$ ，则称 $B$ 是 $A$ 的相似矩阵，或者说矩阵 $A$ 与 $B$ 相似。

选项B实际上是 $A$ 与 $Λ$ 相似的定义，即存在可逆矩阵 $P$ 使得 $A = P^{- 1} Λ P$ ，这等价于 $A = P Λ P^{- 1}$ 。因此，应选B。

6

设 $A = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2}$ ， $b = 124$ ，则线性方程组 $A x = b$ 的解的情况为()

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正确答案：D

正确答案：D

本题主要考查线性方程组的解的情况。本题的方程组的系数矩阵带参数，故需要分情况讨论。注意到系数矩阵行列式与范德蒙德行列式有关。

法一：注意到行列式

∣ A ∣ = 111 1 a a^{2} 1 b b^{2} = (b - a) (b - 1) (a - 1)

当 $a \neq = 1$ ， $b \neq = 1$ ，且 $a \neq = b$ 时， $∣ A ∣ \neq = 0$ ，由克拉默法则可知，此时方程组 $A x = b$ 有唯一解。

当 $a = 1$ 时，增广矩阵

(A, b) = 111 11 b 11 b^{2} 124 \to 101 10 b 10 b^{2} 114

此时 $r (A, b) \neq = r (A)$ ，方程组无解。

同理可得，当 $b = 1$ 时， $r (A, b) \neq = r (A)$ ，方程组无解。

当 $a = b$ 时，增广矩阵

(A, b) = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2} 124 \to 110 1 a 0 1 a^{2} 0 122

此时 $r (A, b) \neq = r (A)$ ，方程组无解。

综上所述，方程组 $A x = b$ 的解的情况只有两种可能：有唯一解或无解，应选 D。

7

设 $α_{1} = (λ, 1, 1)^{T}$ 、 $α_{2} = (1, λ, 1)^{T}$ 、 $α_{3} = (1, 1, λ)^{T}$ 、 $α_{4} = (1, λ, λ^{2})^{T}$ ，若 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 与 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{4}$ 等价，则 $λ$ 的取值范围是()

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正确答案：C

正确答案：C

分析本题主要考查向量组等价。

向量组 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 与 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{4}$ 等价的充分必要条件是：

r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

由这一条件出发，可以考虑对矩阵 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 作初等行变换并讨论秩来得到 $λ$ 的取值。

另一方面，也可以通过计算 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣$ 和 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣$ 来讨论 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 和 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{4}$ 的秩。当它们均不为0时，这两个向量组都是3维向量组的极大无关组，从而是等价的。此外，还需讨论行列式均为0时两个向量组是否等价。

解

当 $λ = 1$ 时， $α_{1} = α_{2} = α_{3} = α_{4} = (1, 1, 1)^{T}$ ，故 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 与 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{4}$ 等价。

当 $λ \neq = 1$ 时，考虑矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ：

A = λ 11 1 λ 1 11 λ 1 λ λ^{2} \to 11 λ λ 11 1 λ 1 λ λ^{2} 1 r_{2} - r_{1} r_{3} - λ r_{1} 100 λ 1 - λ 1 - λ^{2} 1 λ - 1 1 - λ λ λ^{2} - λ 1 - λ^{2} r_{2}^{*} \times \frac{1}{1 - λ} r_{3}^{*} \times \frac{1}{1 - λ} 100 λ 1 1 + λ 1 - 1 1 λ - λ 1 + λ r_{3}^{**} - (1 + λ) r_{2}^{**} 100 λ 10 1 - 1 λ + 2 λ - λ (λ + 1)^{2}

（ $r_{i}^{*}$ 表示对第 $i$ 行作初等行变换后所得新的第 $i$ 行，每作一次初等行变换，加一个*）

由 $A$ 有2阶非零子式 $λ 1 1 λ$ ，故 $r (A) \geq 2$ 。另一方面，因为不存在 $λ$ 满足 $λ + 2 = (λ + 1)^{2} = 0$ ，所以 $r (A) = 3$ 。

$r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 3$ 当且仅当 $λ \neq = - 2$ ， $r (α_{1}, α_{2}, α_{4}) = 3$ 当且仅当 $λ \neq = - 1$ 。

因此，当 $λ \neq = 1$ 时：

r (A) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4})

当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 。

注意到 $λ = 1$ 也包含在条件 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 中，故：

r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4})

当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 。

综上所述，应选C。

（法二）

分别计算 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣$ ， $∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣$ 。

∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣ = λ 11 1 λ 1 11 λ = (1 - λ)^{2} (λ + 2)

∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣ = λ 11 1 λ 1 1 λ λ^{2} = (1 - λ)^{2} (1 + λ)^{2}

当 $λ \neq = 1, - 2, - 1$ 时， $∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣$ 与 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣$ 均不为0。此时， $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 和 $α_{1}, α_{2}, α_{4}$ 均为3维列向量组的极大无关组，从而等价。

当 $λ = - 2$ 或 $λ = - 1$ 时， $∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣$ 与 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣$ 中一个为0，另一个不为0，说明两向量组的秩不相等，从而不等价。

综上所述， $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 与 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{4}$ 等价当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 。应选C。

8

设随机变量 $X \sim N (0, 4)$ ，随机变量 $Y \sim B (3, \frac{1}{3})$ ，且 $X$ 与 $Y$ 不相关，则 $D (X - 3 Y + 1) =$ ()

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正确答案：D

正确答案：D

分析本题主要考查方差的性质及常见分布的数字特征。

若随机变量 $Y$ 服从参数为 $n, p$ 的二项分布 $B (n, p)$ ，则 $D (Y) = n p (1 - p)$ 。

由于 $X \sim N (0, 4)$ ， $Y \sim B (3, \frac{1}{3})$ ，故：

$X$ 的方差 $D (X) = 4$
$Y$ 的方差 $D (Y) = 3 \times \frac{1}{3} \times (1 - \frac{1}{3}) = \frac{2}{3}$

又因为 $X$ 与 $Y$ 不相关，所以协方差 $C o v (X, Y) = 0$ 。

由方差的性质可得：

D (X - 3 Y + 1) = D (X - 3 Y) = D (X) + D (3 Y) - 2 C o v (X, 3 Y) = D (X) + 9 D (Y) - 6 C o v (X, Y) = 4 + 9 \times \frac{2}{3} - 0 = 10

因此，应选 D。

9

设随机变量序列 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}, \dots$ 独立同分布，且 $X_{1}$ 的概率密度为

f (x) = {1 - ∣ x ∣, 0, ∣ x ∣ < 1 其他

则当 $n \to \infty$ 时， $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 依概率收敛于()

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正确答案：B

正确答案：B

分析本题主要考查随机变量序列依概率收敛的概念、辛钦大数定律以及期望的计算。

依概率收敛：设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}, \dots$ 是一个随机变量序列， $a$ 是一个常数。若对于任意正数 $ε$ ，有

n \to \infty lim P {∣ X_{n} - a ∣ < ε} = 1

则称序列 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}, \dots$ 依概率收敛于 $a$ 。

辛钦大数定律：设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}, \dots$ 是相互独立，服从同一分布的随机变量序列，且具有数学期望 $E (X_{k}) = μ (k = 1, 2, \dots)$ 。作前 $n$ 个变量的算术平均 $\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} X_{k}$ ，则对于任意 $ε > 0$ ，有

n \to \infty lim P {\frac{1}{n} k = 1 \sum n X_{k} - μ < ε} = 1

辛钦大数定律说明，独立同分布且期望存在的随机变量序列的算术平均依概率收敛到其期望。

由于随机变量序列 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}, \dots$ 独立同分布，故 $X_{1}^{2}, X_{2}^{2}, \dots, X_{n}^{2}, \dots$ 独立同分布。根据辛钦大数定律， $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 依概率收敛于 $E (X_{i}^{2})$ 。

E (X_{i}^{2}) = E (X_{1}^{2}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} f (x) d x = \int_{- 1}^{1} x^{2} (1 - ∣ x ∣) d x = 偶函数性质 2 \int_{0}^{1} x^{2} (1 - x) d x = 2 [\frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{1} = 2 (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) = \frac{1}{6}

因此，应选B。

10

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为

X / Y - 1 1 0 0.1 a 1 0.1 0.1 2 b 0.1

若事件 ${max {X, Y} = 2}$ 与事件 ${min {X, Y} = 1}$ 相互独立，则 $Cov (X, Y) =$ （）

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正确答案：B

正确答案：B

分析本题主要考查事件的独立性与协方差的计算。

二维离散型随机变量的联合分布律设二维离散型随机变量 $(X, Y)$ 所有可能取的值为 $(x_{i}, y_{j})$ ， $i, j = 1, 2, \dots$ 。记 $P {X = x_{i}, Y = y_{j}} = p_{ij}$ ， $i, j = 1, 2, \dots$ ，则由概率的定义有

p_{ij} \geq 0, i = 1 \sum \infty j = 1 \sum \infty p_{ij} = 1

我们称 $P {X = x_{i}, Y = y_{j}} = p_{ij}$ ， $i, j = 1, 2, \dots$ 为二维离散型随机变量 $(X, Y)$ 的分布律，或称为随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布律。

要计算 $Cov (X, Y)$ ，需计算 $E (X)$ 、 $E (Y)$ 、 $E (X Y)$ 。而计算这些期望需要知道 $X$ 和 $Y$ 的联合分布律，即确定参数 $a, b$ ，这一点可以由条件"事件 ${max {X, Y} = 2}$ 与事件 ${min {X, Y} = 1}$ 相互独立"确定。

记事件 $A = {max {X, Y} = 2}$ ，事件 $B = {min {X, Y} = 1}$ 。由于事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，故 $P (A B) = P (A) P (B)$ 。

分别计算 $P (A)$ 、 $P (B)$ 、 $P (A B)$ ：

P (A) = P {max {X, Y} = 2} = P {Y = 2} = b + 0.1

P (B) = P {min {X, Y} = 1} = P {X = 1, Y = 1} + P {X = 1, Y = 2} = 0.1 + 0.1 = 0.2

P (A B) = P {max {X, Y} = 2, min {X, Y} = 1} = P {X = 1, Y = 2} = 0.1

于是， $0.1 = (b + 0.1) \times 0.2$ ，解得 $b = 0.4$ 。进一步，由联合分布律中各概率之和为1，即 $0.1 + 0.1 + b + a + 0.1 + 0.1 = 1$ 可得 $a = 0.2$ 。

$X Y$ 的可能取值为 $- 2, - 1, 0, 1, 2$ ：

P {X Y = - 1} = P {X = - 1, Y = 1} = 0.1

P {X Y = 1} = P {X = 1, Y = 1} = 0.1

P {X Y = 2} = P {X = 1, Y = 2} = 0.1

P {X Y = 0} = 1 - 0.4 - 0.1 - 0.1 - 0.1 = 0.3

分别计算 $E (X)$ 、 $E (Y)$ 、 $E (X Y)$ ：

E (X) = - 1 \times (0.1 + 0.1 + 0.4) + 1 \times (0.2 + 0.1 + 0.1) = - 0.2

E (Y) = 0 \times (0.1 + 0.2) + 1 \times (0.1 + 0.1) + 2 \times (0.4 + 0.1) = 1.2

E (X Y) = (- 2) \times 0.4 + (- 1) \times 0.1 + 0 \times 0.3 + 1 \times 0.1 + 2 \times 0.1 = - 0.6

因此，

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = - 0.6 - (- 0.2) \times 1.2 = - 0.36

应选 B。

填空题

11

（填空题）

x \to 0 lim (\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x} =

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【答案】 $e$

【解析】
分析本题主要考查极限计算。

$(\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x}$ 为幂指函数，且所求极限为 $1^{\infty}$ 型未定式，故可以采用取对数再计算极限的方法。

解取对数再求极限。

x \to 0 lim (\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x} = x \to 0 lim e^{c o t x l n \frac{1 + e ^{x}}{2}} = e^{x \to 0 l i m c o t x l n \frac{1 + e ^{x}}{2}}

下面计算 $x \to 0 lim cot x ln \frac{1 + e ^{x}}{2}$ 。

x \to 0 lim cot x ln \frac{1 + e ^{x}}{2} = x \to 0 lim \frac{ln \frac{1 + e ^{x}}{2}}{tan x} = t a n x \sim x x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + \frac{e ^{x} - 1}{2} )}{x} = l n (1 + \frac{e ^{x} - 1}{2}) \sim \frac{e ^{x} - 1}{2} x \to 0 lim \frac{\frac{e ^{x} - 1}{2}}{x} = e^{x} - 1 \sim x x \to 0 lim \frac{\frac{x}{2}}{x} = \frac{1}{2} .

因此，原极限 $= e^{\frac{1}{2}} = e$ 。

12

（填空题）

\int_{0}^{2} \frac{2 x - 4}{x ^{2} + 2 x + 4} d x =

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【答案】 $ln 3 - \frac{3}{3} π$

【解析】
分析本题主要考查定积分的计算。

被积函数为有理函数，形如 $\frac{Mx + N}{x ^{2} + px + q}$ ，其中被积函数的分母为没有实根的二次三项式，分子为一次多项式。

对此类积分，可以拆分为两种基本类型。

\int \frac{M x + N}{x ^{2} + p x + q} d x \frac{( 2 x + p ) \cdot \frac{M}{2}}{x ^{2} + p x + q} \frac{N - \frac{pM}{2}}{( x + \frac{p}{2} ) ^{2} + q - \frac{p ^{2}}{4}} = \int \frac{( 2 x + p ) \cdot \frac{M}{2}}{x ^{2} + p x + q} d x + \int \frac{N - \frac{pM}{2}}{( x + \frac{p}{2} ) ^{2} + q - \frac{p ^{2}}{4}} d x . ⟶ \frac{M}{2} ln (x^{2} + p x + q) + C . ⟶ \frac{2 ( N - \frac{pM}{2} )}{4 q - p ^{2}} arctan \frac{2 x + p}{4 q - p ^{2}} + C .

解注意到 $(x^{2} + 2 x + 4)^{'} = 2 x + 2$ ，故可以将被积函数拆成两部分：

\frac{2 x - 4}{x ^{2} + 2 x + 4} = \frac{2 x + 2}{x ^{2} + 2 x + 4} - \frac{6}{x ^{2} + 2 x + 4} .

因此，

\int_{0}^{2} \frac{2 x - 4}{x ^{2} + 2 x + 4} d x = \int_{0}^{2} \frac{2 x + 2}{x ^{2} + 2 x + 4} d x - 6 \int_{0}^{2} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 4} d x = \int_{0}^{2} \frac{d ( x ^{2} + 2 x + 4 )}{x ^{2} + 2 x + 4} - 2 \int_{0}^{2} \frac{1}{1 + [ \frac{1}{3} ( x + 1 ) ] ^{2}} d x = ln (x^{2} + 2 x + 4)_{0}^{2} - 23 \int_{0}^{2} \frac{d [ \frac{1}{3} ( x + 1 ) ]}{1 + [ \frac{1}{3} ( x + 1 ) ] ^{2}} = ln 3 - 23 arctan \frac{1}{3} (x + 1)_{0}^{2} = ln 3 - 23 \times (\frac{π}{3} - \frac{π}{6}) = ln 3 - \frac{3}{3} π .

13

（填空题）已知函数 $f (x) = e^{s i n x} + e^{- s i n x}$ ，则 $f^{'''} (2 π) =$ ______。

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【答案】 0

【解析】
由于

f (- x) = e^{s i n (- x)} + e^{- s i n (- x)} = e^{- s i n x} + e^{s i n x} = f (x),

故 $f (x)$ 是偶函数。从而 $f^{'} (x)$ 是奇函数， $f^{''} (x)$ 是偶函数， $f^{'''} (x)$ 是奇函数。由奇函数的性质可知， $f^{'''} (0) = 0$ 。

又由于 $sin x$ 是周期为 $2 π$ 的周期函数，故 $f (x)$ 也是周期为 $2 π$ 的周期函数。从而 $f (x)$ 的各阶导函数均是周期为 $2 π$ 的周期函数。因此，

f^{'''} (2 π) = f^{'''} (0) = 0.

14

（填空题）已知函数

f (x) = {e^{x}, 0, 0 \leq x \leq 1 其他

则

\int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) f (y - x) d y =

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【答案】 $e^{2} - 2 e + 1$

【解析】
本题主要考查无界区域上的二重积分的计算。积分区域为全平面，被积函数为 $f (x) f (y - x)$ 。根据 $f (x)$ 的定义，被积函数仅在有界区域上非零，从而将所求积分转化为有界区域上的二重积分。

根据 $f (x)$ 的定义， $f (x)$ 仅在 $0 \leq x \leq 1$ 时非零， $f (y - x)$ 仅在 $0 \leq y - x \leq 1$ 时非零。因此， $f (x) f (y - x)$ 仅在区域

D = {(x, y) ∣ 0 \leq y - x \leq 1, 0 \leq x \leq 1}

即

D = {(x, y) ∣ x \leq y \leq x + 1, 0 \leq x \leq 1}

上非零。

计算过程如下：

\int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) f (y - x) d y = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{x + 1} e^{x} e^{y - x} d y = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{x + 1} e^{y} d y = \int_{0}^{1} (e^{x + 1} - e^{x}) d x = (e^{x + 1} - e^{x})_{0}^{1} = (e^{2} - e) - (e - 1) = e^{2} - 2 e + 1

15

（填空题）设 $A$ 为 3 阶矩阵，交换 $A$ 的第 2 行和第 3 行，再将第 2 列的 $- 1$ 倍加到第 1 列，得到矩阵

- 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00,

则 $A^{- 1}$ 的迹 $tr (A^{- 1}) =$ ______。

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【答案】 -1

【解析】
本题主要考查矩阵运算，包括矩阵的初等变换与矩阵求逆等。

写出条件中所给初等变换对应的初等矩阵，结合已知矩阵可以得到 $A^{- 1}$ 的表达式，从而得到 $A^{- 1}$ 的迹。

交换第 2 行和第 3 行对应左乘初等矩阵

P_{1} = 100001010

将第 2 列的 -1 倍加到第 1 列对应右乘初等矩阵

P_{2} = 1 - 1 0 010001

记

B = - 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00

于是，

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

下面利用初等行变换计算 $B^{- 1}$ 。

(B, E) = - 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00 100010001 \to 11 - 2 0 - 1 1 00 - 1 001010 - 1 00 \to 100 0 - 1 1 00 - 1 001010 - 1 1 - 2 \to 100 0 - 1 0 00 - 1 001011 - 1 1 - 1 \to 100010001 00 - 1 0 - 1 - 1 - 1 - 1 1

于是，

B^{- 1} = 00 - 1 0 - 1 - 1 - 1 - 1 1

因此，

A^{- 1} = P_{2} B^{- 1} P_{1} = 1 - 1 0 010001 00 - 1 0 - 1 - 1 - 1 - 1 1 100001010 = 00 - 1 - 1 01 0 - 1 - 1

进一步可得

tr (A^{- 1}) = - 1

16

（填空题）设 $A, B, C$ 为随机事件，且 $A$ 与 $B$ 互不相容， $A$ 与 $C$ 互不相容， $B$ 与 $C$ 相互独立， $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{3}$ ，则 $P (B \cup C ∣ A \cup B \cup C) =$ ______。

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【答案】 $\frac{5}{8}$

【解析】
由于 $A, B$ 互不相容， $A, C$ 互不相容， $B, C$ 相互独立，故：
$P (A B) = 0$ ， $P (A C) = 0$ ， $P (BC) = P (B) P (C) = \frac{1}{9}$ ， $P (A BC) = 0$ 。

由条件概率公式：

P (B \cup C ∣ A \cup B \cup C) = \frac{P [( B \cup C ) \cap ( A \cup B \cup C )]}{P ( A \cup B \cup C )} = \frac{P ( B \cup C )}{P ( A \cup B \cup C )} = \frac{P ( B ) + P ( C ) - P ( BC )}{P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) - P ( A B ) - P ( BC ) - P ( A C ) + P ( A BC )} = \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{9}}{\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{9}} = \frac{5}{8}

解答题

17

（本题满分 10 分）

设函数 $y (x)$ 是微分方程

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

的满足条件 $y (1) = 3$ 的解，求曲线 $y = y (x)$ 的渐近线。

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【答案】 斜渐近线为 $y = 2 x$ 。

【解析】
本题主要考查微分方程求解与渐近线的计算。本题中的方程为一阶非齐次线性微分方程，根据求解公式计算解即可。

根据求解公式，

y = e^{- \int \frac{1}{2 x} d x} [\int (2 + x) e^{\int \frac{1}{2 x} d x} d x + C_{0}] = e^{- x} [\int (2 + x) e^{x} d x + C_{0}] . (1)

下面计算 $\int (2 + x) e^{x} d x$ 。令 $u = x$ ，则 $x = u^{2}$ ， $d x = 2 u d u$ 。

\int (2 + x) e^{x} d x = u = x 2 \int (2 + u) u e^{u} d u = 2 (\int u^{2} e^{u} d u + \int 2 u e^{u} d u) = 2 [\int u^{2} d (e^{u}) + \int 2 u e^{u} d u] = 2 (u^{2} e^{u} - \int 2 u e^{u} d u + \int 2 u e^{u} d u) = 2 u^{2} e^{u} + C_{1} = 2 x e^{x} + C_{1} .

将该结果代入 (1) 式，可得

y = e^{- x} (2 x e^{x} + C) = 2 x + C e^{- x},

其中 $C$ 为待定常数。代入 $y (1) = 3$ ，可得 $3 = 2 + C \cdot e^{- 1}$ ，解得 $C = e$ 。

因此，

y (x) = 2 x + e^{1 - x} .

由于函数 $y (x) = 2 x + e^{1 - x}$ 在 $[0, + \infty)$ 上没有无定义的点，故曲线 $y = 2 x + e^{1 - x}$ 没有铅直渐近线。

又因为

x \to + \infty lim y (x) = x \to + \infty lim (2 x + e^{1 - x}) = + \infty,

所以曲线 $y = 2 x + e^{1 - x}$ 没有水平渐近线。

下面计算斜渐近线：

x \to + \infty lim \frac{y ( x )}{x} x \to + \infty lim [y (x) - 2 x] = x \to + \infty lim \frac{2 x + e ^{1 - x}}{x} = 2, = x \to + \infty lim e^{1 - x} = 0.

因此， $y = 2 x$ 为曲线 $y = 2 x + e^{1 - x}$ 的斜渐近线，也是唯一的渐近线。

18

（本题满分 12 分）

设某产品的产量 $Q$ 由资本投入量 $x$ 和劳动投入量 $y$ 决定，生产函数为

Q = 12 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} .

该产品的销售单价 $P$ 与产量 $Q$ 的关系为

P = 1160 - 1.5 Q .

若单位资本投入和单位劳动投入的价格分别为 6 和 8，求利润最大时的产量。

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【答案】 384

【解析】
本题主要考查微分学在经济中的应用及多元函数极值的计算。

利润函数可以表示为关于 $x$ 、 $y$ 的二元函数。根据已知条件，成本函数为：

C (x, y) = 6 x + 8 y

收益函数为：

R (x, y) = PQ = (1160 - 1.5 Q) Q = (1160 - 18 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}) \cdot 12 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} = 13920 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} - 216 x y^{\frac{1}{3}}

因此，利润函数为：

L (x, y) = R (x, y) - C (x, y) = 13920 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} - 216 x y^{\frac{1}{3}} - 6 x - 8 y

计算偏导数：

⎩ ⎨ ⎧ L_{x}^{'} (x, y) = 6960 x^{- \frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} - 216 y^{\frac{1}{3}} - 6 = \frac{3 ( 2320 x ^{\frac{1}{2}} y ^{\frac{1}{6}} - 72 x y ^{\frac{1}{3}} )}{x} - 6 L_{y}^{'} (x, y) = 2320 x^{\frac{1}{2}} y^{- \frac{5}{6}} - 72 x y^{- \frac{2}{3}} - 8 = \frac{2320 x ^{\frac{1}{2}} y ^{\frac{1}{6}} - 72 x y ^{\frac{1}{3}}}{y} - 8

令偏导数为零：

{2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} - 72 x y^{\frac{1}{3}} = 2 x 2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}} - 72 x y^{\frac{1}{3}} = 8 y

消去相同项得 $x = 4 y$ 。代入后化简：

580 y^{\frac{2}{3}} - 36 y^{\frac{4}{3}} = y

两边除以 $y^{\frac{1}{3}}$ （ $y > 0$ ）：

580 y^{- \frac{1}{3}} - 36 y^{\frac{1}{3}} = 1

令 $z = y^{\frac{1}{3}}$ ，得方程：

36 z^{2} + z - 580 = 0

解得 $z = 4$ （舍去负根），故 $y = 64$ ， $x = 256$ 。唯一驻点为 $(256, 64)$ 。

最大利润在驻点处取得，此时产量：

Q = 12 \times 256 \times 664 = 12 \times 16 \times 2 = 384

计算技巧：

开方计算 $83521$ 时，注意到末位数为1，试根得289。
方程 $36 z^{2} + z - 580 = 0$ 可换元简化：
- 令 $w = \frac{z}{4}$ ，得 $144 w^{2} + w - 145 = 0$
- 分解因式得 $(w - 1) (144 w + 145) = 0$ ，解得 $w = 1$ ，即 $z = 4$

19

（本题满分 12 分）

已知平面区域

D = {(x, y) ∣ y - 2 \leq x \leq 4 - y^{2}, 0 \leq y \leq 2}

计算

I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

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【答案】 $2 π - 2$

【解析】
本题主要考查二重积分的计算。根据积分区域以及被积函数的特点，可以考虑在极坐标系下计算。

在极坐标系下计算。由 $D$ 的表达式可知，如图(a)所示 $D$ 是由直线 $y = x + 2$ 、圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 以及 $y$ 轴围成的部分。直线 $y = x + 2$ 在极坐标系下的表示为：

r = \frac{2}{sin θ - cos θ}

圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 在极坐标系下的表示为 $r = 2$ 。

如图(b)所示，将 $D$ 分为两部分 $D_{1}$ 和 $D_{2}$ ：

D_{1} = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}}

D_{2} = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq \frac{2}{sin θ - cos θ}, \frac{π}{2} \leq θ \leq π}

因此，

\iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = 极坐标变换 \iint_{D} \frac{r ^{2} ( cos θ - sin θ ) ^{2}}{r ^{2}} \cdot r d r d θ = \iint_{D} (cos θ - sin θ)^{2} \cdot r d r d θ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (cos θ - sin θ)^{2} d θ \int_{0}^{2} r d r + \int_{\frac{π}{2}}^{π} (cos θ - sin θ)^{2} d θ \int_{0}^{\frac{2}{s i n θ - c o s θ}} r d r = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - 2 sin θ cos θ) d θ + \int_{\frac{π}{2}}^{π} (cos θ - sin θ)^{2} \cdot \frac{r ^{2}}{2}_{0}^{\frac{2}{s i n θ - c o s θ}} d θ = 2 (\frac{π}{2} - sin^{2} θ_{0}^{\frac{π}{2}}) + \int_{\frac{π}{2}}^{π} (cos θ - sin θ)^{2} \cdot \frac{2}{( sin θ - cos θ ) ^{2}} d θ = 2 (\frac{π}{2} - 1) + \int_{\frac{π}{2}}^{π} 2 d θ = (π - 2) + 2 (π - \frac{π}{2}) = π - 2 + π = 2 π - 2.

20

（本题满分 12 分）

求幂级数

n = 0 \sum \infty \frac{( - 4 ) ^{n} + 1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n}

的收敛域及和函数 $S (x)$ 。

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【答案】
收敛域为 $[- 1, 1]$ ，和函数为

S (x) = {\frac{a r c t a n x}{x} + \frac{1}{x} ln \frac{2 + x}{2 - x}, 2, x \in [- 1, 0) \cup (0, 1], x = 0.

【解析】
先求收敛域。

原级数是一个缺项型幂级数，用比值法来求它的收敛半径：

n \to \infty lim \frac{\frac{( - 4 ) ^{n + 1} + 1}{4 ^{n + 1} ( 2 n + 3 )} x ^{2 n + 2}}{\frac{( - 4 ) ^{n} + 1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x ^{2 n}} = n \to \infty lim \frac{( - 4 ) ^{n + 1} + 1}{( - 4 ) ^{n} + 1} \cdot \frac{2 n + 1}{4 ( 2 n + 3 )} x^{2} = x^{2}

由比值审敛法可知，当 $∣ x ∣ < 1$ 时，原幂级数收敛，收敛半径为1，收敛区间为 $(- 1, 1)$ 。

当 $x = \pm 1$ 时：

原级数 = n = 0 \sum \infty \frac{( - 4 ) ^{n} + 1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} + n = 0 \sum \infty \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )}

级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$ 和 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )}$ 均收敛，故原幂级数收敛。因此，原幂级数的收敛域为 $[- 1, 1]$ 。

下面求和函数。

记 $S (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 4 ) ^{n} + 1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n}$ ， $x \in [- 1, 1]$ ，则：

S (x) = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} x^{2 n} + n = 0 \sum \infty \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n}

记 $S_{1} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} x^{2 n}$ ， $S_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n}$ ，则当 $x \in [- 1, 1]$ 时：

S (x) = S_{1} (x) + S_{2} (x)

注意到 $x S_{1} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1}$ ，故：

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

x S_{1} (x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t ^{2}} d t = arctan x

当 $x \in [- 1, 0) \cup (0, 1]$ 时， $S_{1} (x) = \frac{a r c t a n x}{x}$ ；当 $x = 0$ 时， $S_{1} (0) = 1$ 。

注意到 $x S_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n + 1}$ ，故：

[x S_{2} (x)]^{'} = [n = 0 \sum \infty \frac{1}{4 ^{n} ( 2 n + 1 )} x^{2 n + 1}]^{'} = n = 0 \sum \infty (\frac{x}{2})^{2 n} = \frac{4}{4 - x ^{2}} = \frac{1}{2 - x} + \frac{1}{2 + x}

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

当 $x \in [- 1, 0) \cup (0, 1]$ 时， $S_{2} (x) = \frac{1}{x} ln \frac{2 + x}{2 - x}$ ；当 $x = 0$ 时， $S_{2} (0) = 1$ 。

综上所述，幂级数的和函数为：

S (x) = {\frac{a r c t a n x}{x} + \frac{1}{x} ln \frac{2 + x}{2 - x}, 2, x \in [- 1, 0) \cup (0, 1], x = 0.

21

（本题满分 12 分）

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 3 x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{3}

(I) 求正交矩阵 $Q$ ，使正交变换 $x = Q y$ 将二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为标准形；

(II) 证明

x \neq = 0 min \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2

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【答案】
I. 正交矩阵 $Q = \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} 010 - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2}$ ，标准形为 $4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$
II. 见解析

【解析】
(I) 二次型对应的对称矩阵：

A = 301040103

计算 $A$ 的特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 3 0 - 1 0 λ - 4 0 - 1 0 λ - 3 = (λ - 4) [(λ - 3)^{2} - 1] = (λ - 4)^{2} (λ - 2)

$A$ 的特征值为 4, 4, 2。

分别计算 $A$ 的属于特征值 4 和 2 的特征向量：

对于特征值 4，解方程组 $(4 E - A) x = 0$ ：

4 E - A = 10 - 1 000 - 1 01 \to 100000 - 1 00

得到特征向量 $ξ_{1} = (1, 0, 1)^{T}$ ， $ξ_{2} = (0, 1, 0)^{T}$ 。

对于特征值 2，解方程组 $(2 E - A) x = 0$ ：

2 E - A = - 1 0 - 1 0 - 2 0 - 1 0 - 1 \to 100010100

得到特征向量 $ξ_{3} = (- 1, 0, 1)^{T}$ 。

由于 $ξ_{1}$ , $ξ_{2}$ , $ξ_{3}$ 相互正交，将它们各自单位化：

ε_{1} = \frac{ξ _{1}}{∥ ξ _{1} ∥} = \frac{1}{2} 101, ε_{2} = \frac{ξ _{2}}{∥ ξ _{2} ∥} = 010, ε_{3} = \frac{ξ _{3}}{∥ ξ _{3} ∥} = \frac{1}{2} - 1 01

令 $Q = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3})$ ，则正交变换 $x = Q y$ 将二次型 $f$ 化为标准形：

4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}

(II) 由 (I) 可知，在正交变换 $x = Q y$ 下：

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}, x^{T} x = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}

对 $x \neq = 0$ ，有：

\frac{f ( x )}{x ^{T} x} = x = Q y \frac{4 y _{1}^{2} + 4 y _{2}^{2} + 2 y _{3}^{2}}{y _{1}^{2} + y _{2}^{2} + y _{3}^{2}} \geq \frac{2 y _{1}^{2} + 2 y _{2}^{2} + 2 y _{3}^{2}}{y _{1}^{2} + y _{2}^{2} + y _{3}^{2}} = 2

因此：

x \neq = 0 min \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2

22

（本题满分 12 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自均值为 $θ$ 的指数分布总体的简单随机样本， $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 为来自均值为 $2 θ$ 的指数分布总体的简单随机样本，且两样本相互独立，其中 $θ (θ > 0)$ 是未知参数。利用样本 $X = (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$ 和 $Y = (Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m})$ ，求 $θ$ 的最大似然估计量 $\hat{θ}$ ，并求 $D (\hat{θ})$ 。

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【答案】 最大似然估计量为 $\hat{θ} = \frac{2 \sum _{i = 1}^{n} X _{i} + \sum _{j = 1}^{m} Y _{j}}{2 ( m + n )}$ ，方差为 $D (\hat{θ}) = \frac{θ ^{2}}{m + n}$ 。

【解析】 随机变量 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 服从均值为 $θ$ 的指数分布，其概率密度函数为：

f_{X} (x) = {\frac{1}{θ} e^{- \frac{x}{θ}}, 0, x > 0, x \leq 0.

类似地， $Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{m}$ 服从均值为 $2 θ$ 的指数分布，其概率密度函数为：

f_{Y} (y) = {\frac{1}{2 θ} e^{- \frac{y}{2 θ}}, 0, y > 0, y \leq 0.

似然函数为：

L (θ) = {\frac{1}{2 ^{m} θ ^{m + n}} e^{- \frac{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}}{θ} - \frac{\sum _{j = 1}^{m} y _{j}}{2 θ}}, 0, x_{i} > 0, y_{j} > 0, i = 1, 2, \dots, n, j = 1, 2, \dots, m, 其他 .

当 $x_{i} > 0$ 且 $y_{j} > 0$ 时，取对数得：

ln L (θ) = - m ln 2 - (m + n) ln θ - \frac{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}}{θ} - \frac{\sum _{j = 1}^{m} y _{j}}{2 θ}

对 $θ$ 求导并令导数为零：

\frac{d [ ln L ( θ )]}{d θ} = - \frac{m + n}{θ} + \frac{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}}{θ ^{2}} + \frac{\sum _{j = 1}^{m} y _{j}}{2 θ ^{2}} = 0,

解得：

θ = \frac{2 \sum _{i = 1}^{n} x _{i} + \sum _{j = 1}^{m} y _{j}}{2 ( m + n )}

因此，最大似然估计量为：

\hat{θ} = \frac{2 \sum _{i = 1}^{n} X _{i} + \sum _{j = 1}^{m} Y _{j}}{2 ( m + n )}

现在计算方差 $D (\hat{θ})$ ：

D (\hat{θ}) = D [\frac{2 \sum _{i = 1}^{n} X _{i} + \sum _{j = 1}^{m} Y _{j}}{2 ( m + n )}] = \frac{1}{( m + n ) ^{2}} D (i = 1 \sum n X_{i}) + \frac{1}{4 ( m + n ) ^{2}} D (j = 1 \sum m Y_{j}) = \frac{1}{( m + n ) ^{2}} i = 1 \sum n D (X_{i}) + \frac{1}{4 ( m + n ) ^{2}} j = 1 \sum m D (Y_{j}) = \frac{n D ( X )}{( m + n ) ^{2}} + \frac{m D ( Y )}{4 ( m + n ) ^{2}} = \frac{n θ ^{2}}{( m + n ) ^{2}} + \frac{m \cdot 4 θ ^{2}}{4 ( m + n ) ^{2}} = \frac{θ ^{2}}{m + n} .