2012 年真题

选择题

1

曲线

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

渐近线的条数为（）

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

正确答案：C

【解析】： $\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2 + x}{x^2 - 1} = \infty$ ，所以 $x = 1$ 为垂直渐近线。

$\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^2 + x}{x^2 - 1} = 1$ ，所以 $y = 1$ 为水平渐近线，没有斜渐近线，故两条选 C。

2

设函数 $f(x)=(e^{x}-1)(e^{2x}-2)\cdots(e^{nx}-n)$ ，其中 $n$ 为正整数，则 $f'(0)=$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

正确答案：C

f'(x) = e^x (e^{2x} - 2) \cdots (e^{nx} - n) + (e^x - 1)(2e^{2x}) \cdots (e^{nx} - n) + \cdots + (e^x - 1)(e^{2x} - 2) \cdots (n e^{nx} - n)

，所以

f'(0) = (-1)^{n-1} n!

。

3

如果 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 处连续，那么下列命题正确的是（）

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：B

由于 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 处连续，若极限

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}

存在，则

f(0,0) = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} f(x, y) = 0

此时，

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}} = \lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}

存在，可知

\lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} = 0

即

f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0) = 0 \cdot \Delta x + 0 \cdot \Delta y + o\left(\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\right)

由可微的定义可知 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 处可微。

4

设 $I_{k} = \int_{0}^{k\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x \ (k=1,2,3)$ ，则有( )

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：D

【解】由 $I_{2} - I_{1} = \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x < 0$ ，得 $I_{1} > I_{2}$ 。

由 $I_{3} - I_{2} = \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x > 0$ ，得 $I_{2} < I_{3}$ 。

又

I_{3} - I_{1} = \int_{\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x = \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x + \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x,

而

\int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x \stackrel{x - \pi = t}{=} \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{(t + \pi)^{2}} \sin(t + \pi) \, \mathrm{d}t = -\int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{(x + \pi)^{2}} \sin x \, \mathrm{d}x,

因此

I_{3} - I_{1} = \int_{\pi}^{2\pi} \left[ \mathrm{e}^{x^{2}} - \mathrm{e}^{(x + \pi)^{2}} \right] \sin x \, \mathrm{d}x > 0,

得 $I_{1} < I_{3}$ 。

综上， $I_{2} < I_{1} < I_{3}$ ，应选 (D)。

5

设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{pmatrix}0\\0\\c_{1}\end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{pmatrix}0\\1\\c_{2}\end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{pmatrix}1\\ - 1\\c_{3}\end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{4}=\begin{pmatrix}-1\\1\\c_{4}\end{pmatrix}$ ，其中 $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是（）

线性代数向量向量组的线性相关性

正确答案：C
【解析】：由于

|(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)| = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \\ c_1 & c_3 & c_4 \end{vmatrix} = c_1 \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = 0

，可知

\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4

线性相关。故选（C）。

6

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $P$ 为 $3$ 阶可逆矩阵，且 $P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ 。若 $P = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ ， $Q = (\alpha_1 + \alpha_2, \alpha_2, \alpha_3)$ ，则 $Q^{-1}AQ = (\quad)$

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：B

【解】由 $Q = (\alpha_1 + \alpha_2, \alpha_2, \alpha_3) = P\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ ，

得 $Q^{-1}AQ = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{-1} P^{-1}AP\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ -1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}$ ，

应选(B)。

7

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且分别服从参数为 $1$ 与参数为 $4$ 的指数分布，则 $P\{X < Y\} = ( )$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

正确答案：A

【解析】： $(X,Y)$ 的联合概率密度为 $f(x,y)=\begin{cases}e^{-x - 4y}, & x > 0, y > 0 \\ 0, & \text{其它}\end{cases}$ 。

则 $P\{X < Y\} = \iint\limits_{x < y} f(x,y) \, dx \, dy = \int_{0}^{+\infty} dx \int_{0}^{y} e^{-x - 4y} \, dx = \int_{0}^{+\infty} e^{-5y} \, dy = \frac{1}{5}$ 。

8

将长度为 $1\text{m}$ 的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为（）

概率论与数理统计随机变量的数字特征协方差与相关系数

正确答案：D
【解析】：设两段长度分别为

x

、

y

，显然

x + y = 1

，即

y = -x + 1

，故两者是线性关系，且是负相关，所以相关系数为

-1

。

填空题

9

（填空题）若函数 $f(x)$ 满足方程 $f''(x) + f'(x) - 2f(x) = 0$ 及 $f''(x) + f(x) = 2e^{x}$ ，则 $f(x) =$ ______。

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】 $e^{x}$

【解析】 由观察知 $f''(x)+f(x)=2e^{x}$ 的一特解为 $f(x)=e^{x}$ ，将其代入 $f''(x)+f'(x)-2f(x)=0$ 中满足，故 $f(x)=e^{x}$ ．

10

（填空题） $\int_{0}^{2} x \sqrt{2 x - x^{2}} \, dx$

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{\pi}{2}$

【解析】 令 $t = x - 1$ 得 $\int_{0}^{2} x \sqrt{2x - x^{2}} \, dx = \int_{-1}^{1} (t + 1) \sqrt{1 - t^{2}} \, dt = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} \, dt = \frac{\pi}{2}$

11

（填空题） $\left.\nabla\left(x y+\frac{z}{y}\right)\right|_{(2,1,1)}$

高等数学多元函数微分学方向导数和梯度

【答案】 {1,1,1}

【解析】 $\left.grad\left(x y+\frac{z}{y}\right)\right|_{(2,1,1)}=\left.\left\{y, x-\frac{z}{y^{2}}, \frac{1}{y}\right\}\right|_{(2,1,1)}=\{1,1,1\}$

12

（填空题）设 $\Sigma = \{(x, y, z) \mid x + y + z = 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0\}$ ，则 $\iint_{\Sigma} y^{2} \, ds =$ ______。

高等数学多元函数积分学第一类曲面积分

答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$

解析：由曲面积分的计算公式可知 $\iint_{\sum} y^{2}ds = \iint_{D} y^{2}\sqrt{1 + (-1)^{2} + (-1)^{2}}dxdy = \sqrt{3}\iint_{D} y^{2}dxdy$ ，其中 $D = \{(x,y)|x\geq0,y\geq0,x + y\leq1\}$ 。故原式 $=\sqrt{3}\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1 - y} y^{2}dx = \sqrt{3}\int_{0}^{1} y^{2}(1 - y)dy = \frac{\sqrt{3}}{12}$

13

（填空题）设 $\alpha$ 为 $3$ 维单位列向量， $E$ 为 3 阶单位矩阵，则矩阵 $E - \alpha\alpha^T$ 的秩为______。

线性代数矩阵矩阵的秩

【答案】 2

【解析】 方法一

取 $\alpha = \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$ ， $\alpha\alpha^T = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ ，由 $E - \alpha\alpha^T = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ ，得 $E - \alpha\alpha^T$ 的秩为 $2$ 。

方法二

令 $A = E - \alpha\alpha^T$ ，则 $A^2 = (E - \alpha\alpha^T)(E - \alpha\alpha^T) = E - \alpha\alpha^T = A$ 。

由 $A(E - A) = O$ ，得 $r(A) + r(E - A) \leq 3$ 。

又由 $r(A) + r(E - A) \geq r(E) = 3$ ，得 $r(A) + r(E - A) = 3$ 。

而 $r(E - A) = r(\alpha\alpha^T) = r(\alpha) = 1$ ，所以 $r(A) = r(E - \alpha\alpha^T) = 2$ 。

14

（填空题）设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 是随机事件， $A$ 与 $C$ 互不相容， $P(AB)=\frac{1}{2}$ ， $P(C)=\frac{1}{3}$ ，则 $P(AB|\overline{C})$

概率论与数理统计随机事件和概率

【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】

P(AB \mid \bar{C}) = \frac{P(AB \bar{C})}{P(\bar{C})}

其中

P(\bar{C}) = 1 - P(C) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

又 $P(AB \bar{C}) = P(AB) - P(ABC) = \frac{1}{2} - P(ABC)$ 。

由于 $A$ 与 $C$ 互不相容，即 $AC = \phi$ ，所以 $P(AC) = 0$ 。又因为 $ABC \subset AC$ ，可得 $P(ABC) = 0$ 。

代入得 $P(AB \bar{C}) = \frac{1}{2}$ ，故 $P(AB \mid \bar{C}) = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{4}$ 。

解答题

15

（本题满分10分）

证明： $x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x \geq 1 + \frac{x^2}{2}$ ， $-1 < x < 1$

高等数学一元函数微分学不等式的证明

【答案】 见解析

【解析】 令 $f(x) = x \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}$ ，可得

\begin{align*} f^\prime(x) &= \ln \frac{1 + x}{1 - x} + x \cdot \frac{2}{(1 - x)^2} \cdot \frac{1 - x}{1 + x} - \sin x - x \\ &= \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \frac{2x}{1 - x^2} - \sin x - x \\ &= \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \end{align*}

当 $0 < x < 1$ 时，有 $\ln \frac{1 + x}{1 - x} \geq 0$ ， $\frac{1 + x^2}{1 - x^2} > 1$ ，所以 $\frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \geq 0$ ，

故 $f^\prime(x) \geq 0$ ，而 $f(0) = 0$ ，即得 $x \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \geq 0$

所以 $x \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \cos x \geq \frac{x^2}{2} + 1$ 。

当 $-1 < x < 0$ ，有 $\ln \frac{1 + x}{1 - x} \leq 0$ ， $\frac{1 + x^2}{1 - x^2} > 1$ ，所以 $\frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \leq 0$ ，

故 $f^\prime(x) \geq 0$ ，即得 $x \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \geq 0$

故知， $x \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \cos x \geq 1 + \frac{x^2}{2}, -1 < x < 1$ 。

16

（本题满分 10 分）

求 $f(x, y) = x e^{-\frac{x^{2} + y^{2}}{2}}$ 的极值。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】
函数在点 $(1,0)$ 处取得极大值 $\frac{1}{\sqrt{e}}$ ，在点 $(-1,0)$ 处取得极小值 $-\frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

【解析】
$f(x, y) = x e^{-\frac{x^{2} + y^{2}}{2}}$ ，先求函数的驻点。 $f_{x}'(x, y) = e^{-x^{2}-y^{2}/2}(1 - x^2) = 0$ ， $f_{y}'(x, y) = -y x e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} = 0$ ，解得函数的驻点为 $(1,0)$ 、 $(-1,0)$ 。

对于驻点 $(1,0)$ ：

A = f_{xx}''(1,0) = e^{-\frac{1}{2}}(-2x + x^3)\big|_{x=1} = -e^{-\frac{1}{2}}

B = f_{xy}''(1,0) = e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}(-xy)\big|_{(1,0)} = 0

C = f_{yy}''(1,0) = e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}(y^2 - 1)\big|_{(1,0)} = -e^{-\frac{1}{2}}

所以 $B^2 - AC = -e^{-1} < 0$ ，且 $A < 0$ ，故 $f(x, y)$ 在点 $(1,0)$ 处取得极大值 $f(1, 0) = \frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

对于驻点 $(-1,0)$ ：

A = f_{xx}''(-1,0) = e^{-\frac{1}{2}}(-2x + x^3)\big|_{x=-1} = e^{-\frac{1}{2}}

B = f_{xy}''(-1,0) = 0

C = f_{yy}''(-1,0) = -e^{-\frac{1}{2}}

所以 $B^2 - AC = -e^{-1} < 0$ ，且 $A > 0$ ，故 $f(x, y)$ 在点 $(-1,0)$ 处取得极小值 $f(-1, 0) = -\frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

17

（本题满分 10 分）

求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}$ 的收敛域及和函数。

高等数学无穷级数求幂级数的收敛半径、收敛区间和收敛域

【答案】 收敛域为 $(-1, 1)$ ，和函数为

S(x) = \begin{cases} \frac{1 + x^2}{(1 - x^2)^2} + \frac{1}{x} \ln \frac{1 + x}{1 - x}, & x \in (-1, 1) \text{ } x \neq 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}

【解析】
收敛半径的计算如下：

\begin{align*} R &= \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1}}{\frac{4(n+1)^2 + 4(n+1) + 3}{2(n+1) + 1}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \left| \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} \cdot \frac{2n + 3}{4n^2 + 12n + 11} \right| = 1 \end{align*}

因此，收敛半径为 $R = 1$ 。

当 $x = 1$ 时，通项 $\frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} \sim 2n$ ，且 $\lim_{n \to \infty} 2n \neq 0$ ，所以级数发散。

当 $x = -1$ 时，通项为 $\frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} (-1)^{2n} = \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1}$ ，同理级数发散。

因此，收敛域为 $(-1, 1)$ 。

设和函数为 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} x^{2n}$ ，将通项拆分：

\begin{aligned} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} &= \frac{(4n^2 + 4n + 1) + 2}{2n + 1} \\ &= (2n + 1) + \frac{2}{2n + 1} \end{aligned}

于是有：

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

对于 $\sum_{n=0}^{\infty} (2n + 1) x^{2n}$ ，已知 $\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1 - x^2}$ ，两边求导得：

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

两边乘以 $x$ 得：

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

因此：

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

对于 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n + 1}$ ，令 $t = x^2$ ，则：

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{2n + 1} = \frac{1}{\sqrt{t}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n + 1/2}}{n + 1/2}

积分可得：

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n + 1/2}}{n + 1/2} = \int_0^{\sqrt{t}} \frac{1}{1 - u^2} \, du = \frac{1}{2} \ln \frac{1 + \sqrt{t}}{1 - \sqrt{t}}

因此：

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n + 1} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} \ln \frac{1 + x}{1 - x} \quad (x \neq 0)

当 $x = 0$ 时，和为 $1$ 。

综上，和函数为：

S(x) = \begin{cases} \frac{1 + x^2}{(1 - x^2)^2} + \frac{1}{x} \ln \frac{1 + x}{1 - x}, & x \in (-1, 1) \text{ } x \neq 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}

18

（本题满分 $10$ 分）

已知曲线 $L:\begin{cases}x = f(t) \\ y = \cos t\end{cases} (0\leq t<\frac{\pi}{2})$ ，其中函数 $f(t)$ 具有连续导数，且 $f(0) = 0$ ， $f'(t) > 0 \ (0 < t < \frac{\pi}{2})$ 。若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 $1$ ，求函数 $f(t)$ 的表达式，并求以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】
函数 $f(t)$ 的表达式为 $f(t) = \ln(\sec t + \tan t) - \sin t$ ，以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积为 $\frac{\pi}{4}$ 。

【解析】
【解】曲线 $L$ 的切线的斜率为

k = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = -\frac{\sin t}{f'(t)},

切线方程为

y - \cos t = -\frac{\sin t}{f'(t)}[x - f(t)].

令 $y = 0$ ，得切线与 $x$ 轴交点的横坐标为

x = f(t) + \frac{\cos t}{\sin t}f'(t),

由题意得

\cot^{2}t \cdot f'^{2}(t) + \cos^{2}t = 1.

因为 $f'(t) > 0$ ，所以

f'(t) = \frac{\sin^{2}t}{\cos t} = \sec t - \cos t,

于是

f(t) = \ln(\sec t + \tan t) - \sin t + C.

再由 $f(0) = 0$ 得 $C = 0$ ，故

f(t) = \ln(\sec t + \tan t) - \sin t.

由 $f(0) = 0$ ， $\lim_{t \to \frac{\pi}{2}} f(t) = +\infty$ 得曲线 $L$ 及 $x$ 轴及 $y$ 轴围成的无界区域的面积为

A = \int_{0}^{+\infty} y\,\mathrm{d}x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \cdot f'(t)\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}t\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{4}.

19

(本题满分10分)

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2+y^2=2x$ 到点 $(2,0)$ ，再沿圆周 $x^2+y^2=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段，计算曲线积分 $I=\int_L 3x^2y\,\mathrm{d}x+(x^3+x-2y)\,\mathrm{d}y$ 。

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $\frac{\pi}{2} - 4$

【解析】 【解】补充 $L_0: x = 0$ （起点 $y = 2$ ，终点 $y = 0$ ），记 $L$ 与 $L_0$ 围成的区域为 $D$ ，由格林公式得

$I = \oint_{L + L_0} 3x^2y \, dx + (x^3 + x - 2y) \, dy - \int_{L_0} 3x^2y \, dx + (x^3 + x - 2y) \, dy$

$= \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \, d\sigma - \int_{2}^{0} -2y \, dy = \iint_D \, dx \, dy - \int_{0}^{2} 2y \, dy = \frac{\pi}{2} - 4$ 。

20

（本题满分 11 分）

设

A = \begin{pmatrix} 1 & a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ a & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.

（Ⅰ）计算行列式 $|A|$ ；

（Ⅱ）当实数 $a$ 为何值时，方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解，并求其通解．

线性代数行列式

【答案】
（Ⅰ） $|A| = 1 - a^4$
（Ⅱ）当 $a = -1$ 时，方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解，通解为

\boldsymbol{x} = C \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad C \text{ }.

【解析】
【解】（Ⅰ）由行列式按行或列展开的性质得

|A| = 1 \times A_{11} + a \cdot A_{41} = M_{11} - aM_{41} = 1 - a^4

（Ⅱ）若 $AX = \boldsymbol{\beta}$ 有无数个解，则 $|A| = 0$ ，即 $a = -1$ 或 $a = 1$ 。

当 $a = -1$ 时，

(A \mid \boldsymbol{\beta}) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

因为 $r(A) = r(\overline{A}) = 3 < 4$ ，所以方程组 $AX = \boldsymbol{\beta}$ 有无数个解，通解为

X = C \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad C \text{ }

当 $a = 1$ 时，

(A \mid \boldsymbol{\beta}) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}

因为 $r(A) \neq r(\overline{A})$ ，所以方程组 $AX = \boldsymbol{\beta}$ 无解。

21

(本题满分 11 分)

已知 $A = \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ -1&0&a \\ 0&a&-1 \end{pmatrix}$ ，二次型 $f(x_1,x_2,x_3) = x^T(A^T A)x$ 的秩为 2。

(Ⅰ) 求实数 $a$ 的值；

(Ⅱ) 求正交变换 $x = Qy$ 将二次型 $f$ 化为标准形。

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

【答案】
(Ⅰ) $a = -1$
(Ⅱ) 在正交变换 $x = Qy$ 下，二次型 $f$ 的标准形为 $f = 2y_2^2 + 6y_3^2$ 。

【解析】
【解】(Ⅰ) $A = \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ -1&0&a \\ 0&a&-1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&a+1 \\ 0&0&-1-a \end{pmatrix}$ ，
由 $r(A^T A) = 2$ 及 $r(A^T A) = r(A)$ 得 $a = -1$ 。

(Ⅱ) 当 $a = -1$ 时， $A^T A = \begin{pmatrix} 2&0&2 \\ 0&2&2 \\ 2&2&4 \end{pmatrix}$ ，
由 $|\lambda E - A^T A| = \begin{vmatrix} \lambda - 2&0&-2 \\ 0&\lambda - 2&-2 \\ -2&-2&\lambda - 4 \end{vmatrix} = \lambda(\lambda - 2)(\lambda - 6) = 0$ ，得 $A^T A$ 的特征值为 $\lambda_1 = 0$ ， $\lambda_2 = 2$ ， $\lambda_3 = 6$ 。
当 $\lambda_1 = 0$ 时，由 $(0E - A^T A)X = 0$ 即 $A^T A X = 0$ 得 $\lambda_1 = 0$ 对应的特征向量为 $\xi_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ；
当 $\lambda_2 = 2$ 时，由 $(2E - A^T A)X = 0$ 得 $\lambda_2 = 2$ 对应的特征向量为 $\xi_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ；
当 $\lambda_3 = 6$ 时，由 $(6E - A^T A)X = 0$ 得 $\lambda_3 = 6$ 对应的特征向量为 $\xi_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ，
单位化得 $\gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\gamma_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\gamma_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ，
令 $Q = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}}&0&\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$ ，在正交变换 $X = QY$ 下，二次型 $f$ 的标准形为
$f = 2y_2^2 + 6y_3^2$ 。

22

（本题满分 11 分）

设二维离散型随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

\begin{array}{c|ccc} (X,Y) & 0 & 1 & 2 \\ \hline 0 & \dfrac{1}{4} & 0 & \dfrac{1}{4} \\ 1 & 0 & \dfrac{1}{3} & 0 \\ 2 & \dfrac{1}{12} & 0 & \dfrac{1}{12} \\ \end{array}

（Ⅰ）求 $P\{X=2Y\}$ ；

（Ⅱ）求 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】
（Ⅰ） $P\{X=2Y\}=\frac{1}{4}$
（Ⅱ） $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=-\frac{2}{3}$

【解析】
【解】（Ⅰ） $P\{X=2Y\}=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=2,Y=1\}=\frac{1}{4}$ 。

（Ⅱ）由 $(X,Y)$ 的联合分布律得 $X$ 、 $Y$ 、 $XY$ 的分布律为

$X \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{6} \end{pmatrix}$ ， $Y \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}$ ， $XY \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 4 \\ \frac{7}{12} & \frac{1}{3} & \frac{1}{12} \end{pmatrix}$ ，

于是 $E(X)=\frac{2}{3}$ ， $E(Y)=1$ ， $E(Y^{2})=\frac{5}{3}$ ， $D(Y)=E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}=\frac{2}{3}$ ， $E(XY)=\frac{2}{3}$ ，

$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0$ ，

故 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)-D(Y)=-\frac{2}{3}$ 。

23

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N(\mu,\sigma^{2})$ 与 $N(\mu,2\sigma^{2})$ ，其中 $\sigma$ 是未知参数且 $\sigma > 0$ 。记 $Z = X - Y$ 。

（Ⅰ）求 $Z$ 的概率密度 $f(z;\sigma^{2})$ ；

（Ⅱ）设 $Z_{1},Z_{2},\cdots,Z_{n}$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本，求 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计量 $\widehat{\sigma^{2}}$ ；

（Ⅲ）证明 $\widehat{\sigma^{2}}$ 为 $\sigma^{2}$ 的无偏估计量。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

答案
（Ⅰ） $f_{Z}(z) = \frac{1}{\sqrt{6\pi}\,\sigma} e^{-\frac{z^{2}}{6\sigma^{2}}}$
（Ⅱ） $\widehat{\sigma^{2}} = \frac{1}{3n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}^{2}$
（Ⅲ）见解析

解析
【解】
(Ⅰ) 因为 $X$ 、 $Y$ 相互独立，所以 $Z = X - Y$ 服从正态分布。
由于

E(Z) = E(X) - E(Y) = 0, \quad D(Z) = D(X) + D(Y) = 3\sigma^{2},

因此 $Z \sim N(0,3\sigma^{2})$ ，故 $Z$ 的概率密度函数为

f_{Z}(z) = \frac{1}{\sqrt{6\pi}\,\sigma} e^{-\frac{z^{2}}{6\sigma^{2}}}, \quad (-\infty < z < +\infty).

(Ⅱ) 似然函数为

L = f(z_{1}) f(z_{2}) \cdots f(z_{n}) = (6\pi\sigma^{2})^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{6\sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}}.

取对数得

\ln L = -\frac{n}{2} \ln 6\pi - \frac{n}{2} \ln \sigma^{2} - \frac{1}{6\sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}.

对 $\sigma^{2}$ 求导，令导数为零：

\frac{d}{d(\sigma^{2})} \ln L = -\frac{n}{2\sigma^{2}} + \frac{1}{6\sigma^{4}} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2} = 0,

解得

\sigma^{2} = \frac{1}{3n} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}.

因此， $\sigma^{2}$ 的最大似然估计量为

\widehat{\sigma^{2}} = \frac{1}{3n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}^{2}.

(Ⅲ) 由于

E(\widehat{\sigma^{2}}) = \frac{1}{3n} \sum_{i=1}^{n} E(Z_{i}^{2}) = \frac{1}{3} E(Z^{2}) = \frac{1}{3} \left[ D(Z) + (E(Z))^{2} \right] = \sigma^{2},

因此 $\widehat{\sigma^{2}} = \frac{1}{3n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}^{2}$ 是 $\sigma^{2}$ 的无偏估计量。