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2025 年真题

22 题

选择题

1

在 $x \to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中与 $x$ 等价的是

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正确答案：C

正确答案：C

e^{- s i n x} - 1 \sim - sin x \sim - x

因此 A 不正确。

x + 1 - cos x \sim \frac{1}{2} x

因此 B 不正确。

1 - cos 2 x \sim \frac{1}{2} (2 x)^{2} = x

因此 C 正确。

1 - \frac{ln ( 1 + x )}{x} = 1 - \frac{x - \frac{x ^{2}}{2} + o ( x ^{2} )}{x} = \frac{x}{2} + o (x)

因此 D 不正确。

2

已知函数 $f (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} sin t d t$ ， $g (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \cdot sin^{2} x$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

f^{'} (x) = e^{x^{2}} sin x, f^{''} (x) = 2 x e^{x^{2}} sin x + e^{x^{2}} cos x

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

因此 $x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点。

g^{'} (x) = e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t

g^{''} (x) = e^{x^{2}} sin 2 x + 2 x e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x e^{x^{2}} + 2 cos 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t

g^{'} (0) = 0, g^{''} (0) = 0, g^{'''} (0) > 0

因此点 $(0, 0)$ 是曲线 $y = g (x)$ 的拐点。

3

已知 $k$ 为常数，级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} [\frac{1}{n} - ln (1 + \frac{k}{n ^{2}})]

的敛散性为

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正确答案：B

正确答案：B

当 $k = 0$ 时，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{1}{n}$ ，条件收敛。

当 $k \neq = 0$ 时，原级数可写为：

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n} - n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} ln (1 + \frac{k}{n ^{2}})

其中第一项条件收敛，第二项绝对收敛。因此原级数为条件收敛与绝对收敛之和，故整体条件收敛。

4

设函数 $f (x)$ 连续， $\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} f (x) d x =$

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正确答案：D

正确答案：D

\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} f (x) d x = \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} f (x) d x d y = y \int_{0}^{y} f (x) d x_{0}^{1} - \int_{0}^{1} y \cdot f (y) d y = \int_{0}^{1} f (x) d x - \int_{0}^{1} y f (y) d y = \int_{0}^{1} f (x) d x - \int_{0}^{1} x f (x) d x = \int_{0}^{1} (1 - x) f (x) d x

5

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵， $β$ 是 $m$ 维非零列向量。若 $A$ 有 $k$ 阶非零子式，则

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正确答案：A

正确答案：A

r (A) \geq k

若 $k = m$ ，则 $r (A) = m$ ，且 $r (A, β) = m$ （因为 $β$ 是 $m$ 维向量），因此

r (A) = r (A, β) = m

于是 $A x = β$ 有解。

6

设 $A$ 为 3 阶矩阵，则“ $A^{3} - A^{2}$ 可对角化”是“ $A$ 可对角化”的（）。

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正确答案：B

正确答案：B

若 $A$ 可对角化，则 $A$ 有 3 个线性无关的特征向量，因此 $f (A) = A^{3} - A^{2}$ 也有 3 个线性无关的特征向量，即 $f (A)$ 可对角化。这表明必要性成立。

现给出反例：取

A = 000000100,

则

f (A) = A^{3} - A^{2} = O,

而零矩阵可对角化，但 $A$ 不可对角化。因此充分性不成立。

故选 B。

7

设矩阵 $A = (1 - 2 2 - a)$ ， $B = (11 0 a)$ 。若 $f (x, y) = ∣ x A + y B ∣$ 是正定二次型，则 $a$ 的取值范围是

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正确答案：B

正确答案：B

f (x, y) = ∣ x A + y B ∣ = x + y - 2 x + y 2 x - a x + a y = (4 - a) x^{2} + a y^{2} - 2 x y = (x, y) (4 - a - 1 - 1 a) (x y)

正定需满足：

{4 - a > 0 (4 - a) a - (- 1) (- 1) > 0 \Rightarrow {a < 4 a^{2} - 4 a + 1 < 0 \Rightarrow 2 - 3 < a < 2 + 3

故 $a \in (2 - 3, 2 + 3)$ 。

8

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N (- 1, 1)$ ， $Y$ 服从正态分布 $N (1, 2)$ ，若 $X$ 与 $X + 2 Y$ 不相关，则 $X$ 与 $X - Y$ 的相关系数为？

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正确答案：D

正确答案：D

由 $X$ 与 $X + 2 Y$ 不相关，得

Cov (X, X + 2 Y) = Cov (X, X) + 2 Cov (X, Y) = D X + 2 Cov (X, Y) = 0

因为 $D X = 1$ ，所以

Cov (X, Y) = - \frac{1}{2}

计算协方差：

Cov (X, X - Y) = Cov (X, X) - Cov (X, Y) = D X - Cov (X, Y) = 1 - (- \frac{1}{2}) = \frac{3}{2}

计算方差：

D (X - Y) = D X + D Y - 2 Cov (X, Y) = 1 + 2 - 2 \times (- \frac{1}{2}) = 4

9

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{20}$ 是来自总体 $B (1, 0.1)$ 的简单随机样本，令 $T = \sum_{i = 1}^{20} X_{i}$ ，则用泊松近似方法可得 $P {T \leq 1} \approx$

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正确答案：C

正确答案：C

由题意， $T \sim B (20, 0.1)$ ， $n p = 20 \times 0.1 = 2$ ，使用泊松近似 $T \sim P (2)$ 。

P {T \leq 1} = P {T = 0} + P {T = 1} = \frac{2 ^{0}}{0 !} e^{- 2} + \frac{2 ^{1}}{1 !} e^{- 2} = e^{- 2} + 2 e^{- 2} = \frac{3}{e ^{2}}

10

设总体 $X$ 的分布函数为 $F (x)$ ， $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，样本的经验分布函数为 $F_{n} (x)$ 。对于给定的 $x$ （ $0 < F (x) < 1$ ）， $D (F_{n} (x)) = ()$ 。

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正确答案：C

正确答案：C

$F_{n} (x)$ 为样本中 ${x_{i} \leq x}$ 发生的频率。令

I_{i} (x) = {1, 0, x_{i} \leq x x_{i} > x

则 $I_{i} (x) \sim B (1, F (x))$ 。

由定义可得

F_{n} (x) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n I_{i} (x)

因此

D (F_{n} (x)) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (I_{i} (x)) = \frac{1}{n} F (x) (1 - F (x)) .

填空题

11

（填空题）设 $g (x)$ 是函数 $f (x) = \frac{1}{2} ln \frac{3 + x}{3 - x}$ 的反函数，则曲线 $y = g (x)$ 的渐近线方程为

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【答案】 $y = 3$ 和 $y = - 3$

【解析】

y \Rightarrow 2 y \Rightarrow e^{2 y} \Rightarrow x = \frac{1}{2} ln \frac{3 + x}{3 - x} = ln \frac{3 + x}{3 - x} = \frac{3 + x}{3 - x} = \frac{6}{3 - x} - 1 = 3 - \frac{6}{e ^{2 y} + 1}

g (x) = 3 - \frac{6}{e ^{2 y} + 1}, x lim g (x) = 3, x lim g (x) = - 3

故 $y = g (x)$ 的渐近线方程为

12

（填空题）设 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x ( 2 x + a )} d x = ln 2$ ，则 $a =$ ______。

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【答案】 2

【解析】
计算积分

\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x} - \frac{2}{2 x + a}) d x

可得

ln \frac{x}{2 x + a}_{1}^{+ \infty} = ln 2

因此， $a = 2$ 。

13

（填空题）微分方程 $x y^{'} - y + x^{2} e^{x} = 0$ 满足条件 $y (1) = - e$ 的解为 $y =$ ______。

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【答案】 $y = - x e^{x}$

【解析】

x y^{'} - y + x^{2} e^{x} = 0 \Rightarrow y^{'} - \frac{y}{x} = - x e^{x}

y = e^{\int \frac{1}{x} d x} [\int e^{- \int \frac{1}{x} d x} (- x e^{x}) d x + C]

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

代入 $y (1) = - e$ 得 $C = 0$ 。

因此解为 $y = - x e^{x}$ 。

14

（填空题）已知函数 $z = z (x, y)$ 由

z + ln z - \int_{y}^{x} t e^{- t^{2}} d t = 1

确定，则

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}}_{(1, 1)} =______

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【答案】 $\frac{1}{8} e^{- 2}$

【解析】

\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 1)} = \frac{\int _{y}^{x} e ^{- t^{2}} d t + x e ^{- x^{2}}}{1 + \frac{1}{z}}_{(1, 1)} = \frac{e ^{- 1}}{2}

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}}_{(1, 1)} = \frac{[ 2 e ^{- x^{2}} + x e ^{- x^{2}} ( - 2 x ) ] ( 1 + \frac{1}{z} ) + \frac{1}{z ^{2}} ( \int _{y}^{x} e ^{- t^{2}} d t + x e ^{- x^{2}} ) \frac{\partial z}{\partial x} _{(1, 1)}}{( 1 + \frac{1}{z} ) ^{2}}

代入数值后得：

\frac{e ^{- 1} \cdot \frac{e ^{- 1}}{2}}{4} = \frac{e ^{- 2}}{8}

15

（填空题）设

f (x) = 2 x + 1 2 x - 3 2 x + 1 2 x - 4 3 4 x 2 4 x 2 x + 1 - 2 2 x + 1 - 2 1111, g (x) = 2 x + 1 5 x + 1 0 2 x 1 - 2 1 - 2 2 x + 1 4 x 2 x + 1 4 x 3 - 3 2 - 4,

且 $f (x) = g (x)$ ，则不同的根的个数为

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【答案】 2

【解析】

f (x) = 2 x + 1 2 x 0 2 x + 1 4 x 0 1 - 2 0 = 0

g (x) = x (- 8 x - 2) = 0

可得两个根 $x_{1} = - \frac{1}{4}$ ， $x_{2} = 0$ 。

16

（填空题）设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 为三个随机事件，且 $A$ 与 $B$ 相互独立， $B$ 与 $C$ 相互独立， $A$ 与 $C$ 互不相容，已知 $P (A) = P (C) = \frac{1}{4}$ ， $P (B) = \frac{1}{2}$ ，则在事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 至少有一个发生的条件下， $A$ 、 $B$ 、 $C$ 中恰有一个发生的概率为 ______。

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】

首先计算事件 $A \cup B \cup C$ 的概率：

P (A \cup B \cup C) = P (A) + P (B) + P (C) - P (A B) - P (BC)

由于事件 $A$ 与 $B$ 相互独立， $B$ 与 $C$ 相互独立，代入已知概率：

= P (A) + P (B) + P (C) - P (A) P (B) - P (B) P (C) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} - \frac{1}{8} = \frac{3}{4}

接下来计算仅有两个事件同时发生的概率：

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

最后计算条件概率：

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

解答题

17

（本题满分 10 分）计算

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

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【答案】 $\frac{3}{10} ln 2 + \frac{1}{10} π$

【解析】

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x = \int_{0}^{1} (\frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x = \int_{0}^{1} (\frac{\frac{1}{5}}{x + 1} + \frac{- \frac{1}{5} x + \frac{3}{5}}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x = \frac{1}{5} ln ∣1 + x ∣_{0}^{1} - \frac{1}{10} ln ∣ x^{2} - 2 x + 2∣_{0}^{1} + \frac{2}{5} arctan (x - 1)_{0}^{1} = \frac{3}{10} ln 2 + \frac{1}{10} π

18

（本题满分 12 分）设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - e ^{2 s i n x} + 1}{ln ( 1 + x ) + ln ( 1 - x )} = - 3

证明： $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，并求 $f^{'} (0)$ 。

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【答案】 $f^{'} (0) = - 5$

【解析】 已知 $ln (1 + x) + ln (1 - x) = ln (1 - x^{2}) \sim - x^{2}$ （ $x \to 0$ ）。

e^{2 s i n x} = 1 + 2 sin x + \frac{1}{2} (2 sin x)^{2} + o (x^{2}) = 1 + 2 sin x + 2 sin^{2} x + o (x^{2})

因此，

- 3 = x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - e ^{2 s i n x} + 1}{- x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 sin x - 2 sin ^{2} x}{- x ^{2}}

进一步拆分为：

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 sin x}{x ^{2}} + x \to 0 lim \frac{- 2 sin ^{2} x}{- x ^{2}}

由于 $lim_{x \to 0} \frac{- 2 s i n ^{2} x}{- x ^{2}} = 2$ ，可得：

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 sin x}{x ^{2}} = - 5

将 $sin x$ 展开为 $sin x = x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})$ ，代入得：

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 x + \frac{1}{3} x ^{3} + o ( x ^{3} )}{x ^{2}} = - 5

即：

x \to 0 lim \frac{x ( f ( x ) - 2 ) + \frac{1}{3} x ^{3} + o ( x ^{3} )}{x ^{2}} = - 5

分子分母同除以 $x$ ，得：

x \to 0 lim \frac{f ( x ) - 2 + \frac{1}{3} x ^{2} + o ( x ^{2} )}{x} = - 5

由于分母趋于 0 且极限存在，分子必趋于 0，即：

x \to 0 lim (f (x) - 2) = 0

因此 $f (0) = 2$ 。

于是：

x \to 0 lim \frac{f ( x ) - 2}{x} = - 5

即 $f^{'} (0) = - 5$ 。

19

（本题满分 12 分）设区域 $D = {(x, y) ∣ y^{2} \leq x, x^{2} \leq y}$ ，计算 $\iint_{D} (x - y + 1)^{2} d x d y$ 。

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【答案】 $\frac{71}{210}$

【解析】

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

由轮换对称性， $\iint_{D} (x - y) d x d y = 0$ 。

计算 $\iint_{D} (x - y)^{2} d x d y$ ：

= \int_{0}^{1} d x \int_{x^{2}}^{x} (x - y)^{2} d y = \int_{0}^{1} [\frac{1}{3} (y - x)^{3}]_{x^{2}}^{x} d x

= \frac{1}{3} \int_{0}^{1} [(x - x)^{3} - (x^{2} - x)^{3}] d x = \frac{1}{3} \times \frac{1}{70} = \frac{1}{210}

计算 $\iint_{D} 1 d x d y$ ：

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

故原积分 $= \frac{1}{210} + \frac{1}{3} = \frac{71}{210}$ 。

20

（本题满分 12 分）

设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导，证明：导函数 $f^{'} (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是：对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，且 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ ，有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

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【答案】 见解析

【解析】 充分性证明

若对任意 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ ，有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}},

在区间内取任意 $x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4}$ ，则有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}} < \frac{f ( x _{4} ) - f ( x _{3} )}{x _{4} - x _{3}} .

令 $x_{2} \to x_{1}^{+}$ ，得

f_{+}^{'} (x_{1}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} .

令 $x_{2} \to x_{3}^{-}$ ，得

\frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{3}) .

由 $f (x)$ 可导，有

f_{+}^{'} (x_{1}) = f_{-}^{'} (x_{1}) = f^{'} (x_{1}), f_{+}^{'} (x_{3}) = f_{-}^{'} (x_{3}) = f^{'} (x_{3}),

因此

f^{'} (x_{1}) < f^{'} (x_{3}),

即 $f^{'} (x)$ 严格单调递增。

必要性证明

已知 $f^{'} (x)$ 严格单调递增，在 $[x_{1}, x_{2}]$ 和 $[x_{2}, x_{3}]$ 上分别应用拉格朗日中值定理，存在 $ξ_{1} \in (x_{1}, x_{2})$ ， $ξ_{2} \in (x_{2}, x_{3})$ ，使得

f^{'} (ξ_{1}) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}, f^{'} (ξ_{2}) = \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}} .

由于 $ξ_{1} < ξ_{2}$ 且 $f^{'} (x)$ 严格递增，有

f^{'} (ξ_{1}) < f^{'} (ξ_{2}),

即

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}} .

综上，充要条件得证。

21

（本题满分 12 分）设矩阵

A = 1 - 1 1 - 1 01 3 - 2 a 0 - a 2 - 1 - 1 3

的秩为 $2$ 。

（1）求 $a$ 的值；

（2）求 $A$ 的列向量组的一个极大线性无关组 $α, β$ ，并求矩阵 $H$ ，使得 $A = G H$ ，其中 $G = (α, β)$ 。

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【答案】 (1) $a = 1$

(2) 列向量组的一个极大线性无关组为 $α = 1 - 1 1$ , $β = - 1 01$ ，矩阵 $H = [1001 2 - 1 1112]$

【解析】 (1) 对矩阵 $A$ 作初等行变换：

A \to 100 - 1 - 1 0 31 a - 1 0 - a - 2 a + 2 - 1 - 2 0

因为 $r (A) = 2$ ，所以第三行元素全为 0，即 $a - 1 = 0$ 且 $- 2 a + 2 = 0$ ，解得 $a = 1$ 。

(2) 当 $a = 1$ 时，矩阵 $A$ 经初等行变换为：

A \to 100 - 1 - 1 0 310 0 - 1 0 - 1 - 2 0

令 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}, α_{5})$ ，则列向量组的一个极大线性无关组为 $α_{1}, α_{2}$ ，即 $α = α_{1} = (1, - 1, 1)^{T}$ ， $β = α_{2} = (- 1, 0, 1)^{T}$ 。

由列向量线性关系：

α_{3} = 2 α_{1} - α_{2}, α_{4} = α_{1} + α_{2}, α_{5} = α_{1} + 2 α_{2}

故矩阵 $H = [1001 2 - 1 1112]$ ，满足 $A = G H$ 。

22

（本题满分 12 分）投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额 $Y$ 与投保人的损失额 $X$ 的关系为

Y = {0, X - 100, X \leq 100 X > 100

$X$ 的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}}, 0, x > 0 x \leq 0

（1）求 $P {Y > 0}$ 及 $E Y$ ；

（2）这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$ ，保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$ ，假设 $N$ 服从参数为 8 的泊松分布，在 $N = n (n \geq 1)$ 的条件下， $M$ 服从二项分布 $B (n, p)$ ，其中 $p = P {Y > 0}$ ，求 $M$ 的概率分布。

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【答案】
(1) $P {Y > 0} = \frac{1}{4}$ , $E Y = 50$ 。
(2) $M$ 的概率分布为 $M \sim P (2)$ ，即 $P {M = m} = \frac{2 ^{m} e ^{- 2}}{m !}, m = 0, 1, 2, \dots$ 。

【解析】
(1) $P {Y > 0} = P {X > 100} = \int_{100}^{+ \infty} \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}} d x$ 。

令 $t = 100 + x$ ，则积分化为：

\int_{200}^{+ \infty} \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{t ^{3}} d t = - \frac{10 0 ^{2}}{t ^{2}}_{200}^{+ \infty} = \frac{10 0 ^{2}}{20 0 ^{2}} = \frac{1}{4} .

计算 $E Y$ ：

E Y = \int_{100}^{+ \infty} (x - 100) \cdot \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 100 + x ) ^{3}} d x .

令 $t = x - 100$ ，则 $x = t + 100$ ，积分化为：

\int_{0}^{+ \infty} t \cdot \frac{2 \times 10 0 ^{2}}{( 200 + t ) ^{3}} d t .

再令 $u = 200 + t$ ，则 $t = u - 200$ ，积分化为：

2 \times 10 0^{2} \int_{200}^{+ \infty} \frac{u - 200}{u ^{3}} d u = 2 \times 10 0^{2} (\int_{200}^{+ \infty} \frac{1}{u ^{2}} d u - 200 \int_{200}^{+ \infty} \frac{1}{u ^{3}} d u) .

计算得：

2 \times 10 0^{2} (- \frac{1}{u}_{200}^{+ \infty} - 200 \times - \frac{1}{2 u ^{2}}_{200}^{+ \infty}) = 2 \times 10 0^{2} (\frac{1}{200} - \frac{100}{20 0 ^{2}}) = 50.

(2) 由题意， $N \sim P (8)$ ， $M ∣ N = n \sim B (n, \frac{1}{4})$ 。

计算 $M$ 的概率分布：

P {M = m} = n = m \sum \infty P {N = n} \cdot P {M = m ∣ N = n} = n = m \sum \infty \frac{8 ^{n} e ^{- 8}}{n !} \cdot C_{n}^{m} (\frac{1}{4})^{m} (\frac{3}{4})^{n - m} .

化简得：

\frac{( 8 \times \frac{1}{4} ) ^{m} e ^{- 8}}{m !} n = m \sum \infty \frac{( 8 \times \frac{3}{4} ) ^{n - m}}{( n - m )!} = \frac{2 ^{m} e ^{- 8}}{m !} k = 0 \sum \infty \frac{6 ^{k}}{k !} = \frac{2 ^{m} e ^{- 8} \cdot e ^{6}}{m !} = \frac{2 ^{m} e ^{- 2}}{m !} .

因此， $M$ 服从参数为 2 的泊松分布，即 $M \sim P (2)$ ，概率分布为：

P {M = m} = \frac{2 ^{m} e ^{- 2}}{m !}, m = 0, 1, 2, \dots .