2023 年真题

$f(0,1)=0$ ，由偏导数的定义

因为

所以 $\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,1)}$ 不存在。

而

所以 $\frac{\partial f}{\partial y}{|}_{(0,1)}$ 存在。

当 $x\le 0$ 时，

当 $x>0$ 时，

原函数在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，则在 $x=0$ 处，

所以 $C_1=1+C_2$ 。令 $C_2=C$ ，则 $C_1=1+C$ 。故

结合选项，令 $C=0$ ，则 $f(x)$ 的一个原函数为

微分方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ 的特征方程为 ${\lambda }^2+a\lambda +b=0$ 。

当判别式 $\Delta =a^2-4b>0$ 时，特征方程有两个不同的实根 ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ 。此时， ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ 至少有一个不等于零。若常数 $C_1$ 和 $C_2$ 都不为零，则微分方程的解为

在区间 $(-\infty ,+\infty )$ 上无界。

当判别式 $\Delta =a^2-4b=0$ 时，特征方程有两个相同的实根 ${\lambda }_{1,2}=-\frac{a}{2}$ 。若 $C_2\ne 0$ ，则微分方程的解为

在区间 $(-\infty ,+\infty )$ 上无界。

当判别式 $\Delta =a^2-4b<0$ 时，特征方程的根为

此时，通解为

要使微分方程的解在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有界，必须满足 $a=0$ 。再由判别式条件 $\Delta =a^2-4b<0$ ，可知 $b>0$ 。

由条件知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(b_n-a_n)$ 为收敛的正项级数，进而绝对收敛。

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛，则由不等式

与比较判别法，得 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 绝对收敛。

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 绝对收敛，则由不等式

与比较判别法，得 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛。

结合伴随矩阵的核心公式，代入 (B) 计算知

进一步化简得

因此，(B) 正确。

由已知二次型：

其对应的实对称矩阵为：

计算特征方程：

解得矩阵 $A$ 的特征值为 $0$ ， $-7$ ， $3$ ，因此其规范形为：

设 $\gamma =x_1{\mathbf{\alpha }}_1+x_2{\mathbf{\alpha }}_2=y_1{\mathbf{\beta }}_1+y_2{\mathbf{\beta }}_2$ ，

则

又

故

所以

法1：由题可知 $EX=1$ ，所以

$=\frac{1}{e}+E(X-1)-(0-1)\frac{1}{e}=\frac{2}{e}$ ，选 (C)。

法2：随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，即 $P(X=k)=\frac{1}{k!}{e}^{-1}(k=0,1,2,\dots )$ ，期望 $E(X)=1$ 。

$=e^{-1}+(e-1)e^{-1}-(e-1-1)e^{-1}=2e^{-1}$ ，选 (C)。

对于样本 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ ，其样本方差为：

对于样本 $Y_1,Y_2,\dots ,Y_m$ ，其样本方差为：

根据卡方分布的性质，有：

当两个样本相互独立时，可以构造 F 统计量：

由题可知 $X_1-X_2\sim N(0,2{\sigma }^2)$ ，令 $Y=X_1-X_2$ ，则 $Y$ 的概率密度为

计算 $E(|Y|)$ ：

进一步求解：

由 $E(\sigma )=\sigma$ ，可得：

故选 $(A)$ 。