卷 5

填空题

本题满分15分，每小题3分

1

同试卷 4 第 1 题

2

同试卷 4 第 2 题

3

同试卷 4 第 3 题

4

同试卷 4 第 4 题

5

已知随机变量 $X\sim N(-3,1)$ ， $Y\sim N(2,1)$ ，且 $X$ , $Y$ 相互独立，设随机变量 $Z=X-2Y+7$ ，则 $Z\sim$ ______.

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】
$N(0,5)$

【解析】
已知 $X \sim N(-3,1)$ 和 $Y \sim N(2,1)$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立。设 $Z = X - 2Y + 7$ 。由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立且服从正态分布，它们的线性组合 $Z$ 也服从正态分布。
计算 $Z$ 的均值：

\mu_Z = E[Z] = E[X - 2Y + 7] = E[X] - 2E[Y] + 7 = (-3) - 2 \times 2 + 7 = -3 - 4 + 7 = 0

计算 $Z$ 的方差：

\sigma_Z^2 = \text{Var}(Z) = \text{Var}(X - 2Y + 7) = \text{Var}(X) + (-2)^2 \text{Var}(Y) = 1 + 4 \times 1 = 5

因此， $Z \sim N(0,5)$ 。

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

同试卷 4 第 6 题

7

同试卷 4 第 7 题

8

同试卷 4 第 8 题

9

设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵，则 $\left|A^*\right|=$

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A
【解析】 根据伴随矩阵的性质，有

A A^* = A^* A = |A| I

，其中

I

是单位矩阵。两边取行列式，得

|A A^*| = | |A| I |

。左边

|A A^*| = |A| \cdot |A^*|

，右边

| |A| I | = |A|^n |I| = |A|^n

。因此，

|A| \cdot |A^*| = |A|^n

。由于

A

可逆，

|A| \neq 0

，两边除以

|A|

，得

|A^*| = |A|^{n-1}

。故正确答案为 A。

10

已知随机变量 $X$ 服从二项分布，且 $EX=2.4$ ， $DX=1.44$ ，则二项分布的参数 $n$ ， $p$ 的值为

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：B
【解析】 对于二项分布，期望

EX = np

，方差

DX = np(1-p)

。已知

EX = 2.4

，

DX = 1.44

，代入公式得：

np = 2.4

np(1-p) = 1.44

将第一式代入第二式：

2.4(1-p) = 1.44

解得

1-p = 1.44 / 2.4 = 0.6

，所以

p = 0.4

。
代入

np = 2.4

得

n = 2.4 / 0.4 = 6

。
因此，

n = 6

，

p = 0.4

，对应选项 B。验证方差：

DX = 6 \times 0.4 \times 0.6 = 1.44

，符合条件。其他选项均不满足方差值。

计算题

本题满分20分，每小题5分

11

求极限 $\lim_{x\to \infty}\,\frac{1}{x}\int_0^x (1+t^2)\e^{t^2-x^2} \dt$ ．

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 $\lim_{x\to \infty} \frac{1}{x} \int_0^x (1+t^2) e^{t^2 - x^2} \, dt$ 。首先，将指数部分改写为 $e^{t^2 - x^2} = e^{t^2} e^{-x^2}$ ，于是积分变为：

\int_0^x (1+t^2) e^{t^2} e^{-x^2} \, dt = e^{-x^2} \int_0^x (1+t^2) e^{t^2} \, dt.

因此，原极限化为：

\lim_{x\to \infty} \frac{1}{x} e^{-x^2} \int_0^x (1+t^2) e^{t^2} \, dt.

计算积分 $\int_0^x (1+t^2) e^{t^2} \, dt$ 。利用关系：

\frac{d}{dt} \left( t e^{t^2} \right) = e^{t^2} + 2t^2 e^{t^2} = e^{t^2} (1 + 2t^2),

可得：

\int (1 + 2t^2) e^{t^2} \, dt = t e^{t^2} + C.

于是：

\int (1 + t^2) e^{t^2} \, dt = \int \left[ \frac{1}{2} (1 + 2t^2) e^{t^2} + \frac{1}{2} e^{t^2} \right] dt = \frac{1}{2} t e^{t^2} + \frac{1}{2} \int e^{t^2} \, dt + C.

代入积分上下限：

\int_0^x (1+t^2) e^{t^2} \, dt = \left[ \frac{1}{2} t e^{t^2} + \frac{1}{2} \int e^{t^2} \, dt \right]_0^x = \frac{1}{2} x e^{x^2} + \frac{1}{2} \int_0^x e^{t^2} \, dt.

代回原式：

\frac{1}{x} e^{-x^2} \int_0^x (1+t^2) e^{t^2} \, dt = \frac{1}{x} e^{-x^2} \left( \frac{1}{2} x e^{x^2} + \frac{1}{2} \int_0^x e^{t^2} \, dt \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2x} e^{-x^2} \int_0^x e^{t^2} \, dt.

因此，极限为：

\lim_{x\to \infty} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2x} e^{-x^2} \int_0^x e^{t^2} \, dt \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \lim_{x\to \infty} \frac{1}{x} e^{-x^2} \int_0^x e^{t^2} \, dt.

考虑极限 $\lim_{x\to \infty} \frac{1}{x} e^{-x^2} \int_0^x e^{t^2} \, dt$ 。令 $F(x) = \int_0^x e^{t^2} \, dt$ ，则 $F'(x) = e^{x^2}$ 。该极限为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，应用洛必达法则：

\lim_{x\to \infty} \frac{F(x)}{x e^{x^2}} = \lim_{x\to \infty} \frac{F'(x)}{\frac{d}{dx}(x e^{x^2})} = \lim_{x\to \infty} \frac{e^{x^2}}{e^{x^2} + 2x^2 e^{x^2}} = \lim_{x\to \infty} \frac{1}{1 + 2x^2} = 0.

故：

\lim_{x\to \infty} \frac{1}{x} e^{-x^2} \int_0^x e^{t^2} \, dt = 0.

代入得原极限为 $\frac{1}{2}$ 。

12

求不定积分 $\int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}\dx$ ．

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】

-\frac{x}{8} \csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4} \cot\frac{x}{2} + C

【解析】 首先，利用三角恒等式简化被积函数。注意到 $\sin x = 2 \sin\frac{x}{2} \cos\frac{x}{2}$ ，因此 $\sin^3 x = 8 \sin^3\frac{x}{2} \cos^3\frac{x}{2}$ 。代入原积分：

\int \frac{x \cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x} \, dx = \int x \cdot \frac{\cos^4\frac{x}{2}}{8 \sin^3\frac{x}{2} \cos^3\frac{x}{2}} \, dx = \frac{1}{8} \int x \cdot \frac{\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}} \, dx = \frac{1}{8} \int x \cot\frac{x}{2} \csc^2\frac{x}{2} \, dx.

令 $u = \frac{x}{2}$ ，则 $du = \frac{1}{2} dx$ ，即 $dx = 2 du$ ，且 $x = 2u$ 。代入积分：

\frac{1}{8} \int (2u) \cot u \csc^2 u \cdot (2 \, du) = \frac{1}{8} \int 4u \cot u \csc^2 u \, du = \frac{1}{2} \int u \cot u \csc^2 u \, du.

现在计算 $\int u \cot u \csc^2 u \, du$ 。注意到 $\cot u \csc^2 u \, du = -\frac{1}{2} d(\csc^2 u)$ ，因此：

\int u \cot u \csc^2 u \, du = -\frac{1}{2} \int u \, d(\csc^2 u).

使用分部积分法，令 $v = u$ ， $dw = d(\csc^2 u)$ ，则：

\int u \, d(\csc^2 u) = u \csc^2 u - \int \csc^2 u \, du = u \csc^2 u + \cot u + C.

所以：

\int u \cot u \csc^2 u \, du = -\frac{1}{2} (u \csc^2 u + \cot u) + C.

代回原积分：

\frac{1}{2} \int u \cot u \csc^2 u \, du = \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{2} (u \csc^2 u + \cot u) \right) + C = -\frac{1}{4} (u \csc^2 u + \cot u) + C.

将 $u = \frac{x}{2}$ 代入：

-\frac{1}{4} \left( \frac{x}{2} \csc^2\frac{x}{2} + \cot\frac{x}{2} \right) + C = -\frac{x}{8} \csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4} \cot\frac{x}{2} + C.

因此，原积分为：

\int \frac{x \cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x} \, dx = -\frac{x}{8} \csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4} \cot\frac{x}{2} + C.

13

设 $x^2+z^2=y\phi \left(\frac{z}{y} \right)$ ，其中 $\phi$ 为可微函数，求 $\frac{\pdz}{\pdy}$ ．

多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{ \phi\left( \frac{z}{y} \right) - \frac{z}{y} \phi'\left( \frac{z}{y} \right) }{ 2z - \phi'\left( \frac{z}{y} \right) }

【解析】 给定方程 $x^2 + z^2 = y \phi \left( \frac{z}{y} \right)$ ，其中 $\phi$ 为可微函数，且 $z$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数。定义函数 $F(x,y,z) = x^2 + z^2 - y \phi \left( \frac{z}{y} \right) = 0$ 。根据隐函数求导法则，有：

\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}.

首先，计算 $\frac{\partial F}{\partial y}$ ，其中 $x$ 和 $z$ 视为常数：

\frac{\partial F}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left[ x^2 + z^2 - y \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = 0 + 0 - \frac{\partial}{\partial y} \left[ y \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right].

使用乘积法则：

\frac{\partial}{\partial y} \left[ y \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = \phi \left( \frac{z}{y} \right) + y \cdot \frac{\partial}{\partial y} \left[ \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right].

其中：

\frac{\partial}{\partial y} \left[ \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \cdot \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{z}{y} \right) = \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \cdot \left( -\frac{z}{y^2} \right).

所以：

\frac{\partial}{\partial y} \left[ y \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = \phi \left( \frac{z}{y} \right) - \frac{z}{y} \phi' \left( \frac{z}{y} \right).

因此：

\frac{\partial F}{\partial y} = - \left[ \phi \left( \frac{z}{y} \right) - \frac{z}{y} \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \right] = - \phi \left( \frac{z}{y} \right) + \frac{z}{y} \phi' \left( \frac{z}{y} \right).

接下来，计算 $\frac{\partial F}{\partial z}$ ，其中 $x$ 和 $y$ 视为常数：

\frac{\partial F}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} \left[ x^2 + z^2 - y \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = 0 + 2z - y \cdot \frac{\partial}{\partial z} \left[ \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right].

其中：

\frac{\partial}{\partial z} \left[ \phi \left( \frac{z}{y} \right) \right] = \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \cdot \frac{\partial}{\partial z} \left( \frac{z}{y} \right) = \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \cdot \frac{1}{y}.

所以：

\frac{\partial F}{\partial z} = 2z - y \cdot \phi' \left( \frac{z}{y} \right) \cdot \frac{1}{y} = 2z - \phi' \left( \frac{z}{y} \right).

代入隐函数求导公式：

\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{ - \phi \left( \frac{z}{y} \right) + \frac{z}{y} \phi' \left( \frac{z}{y} \right) }{ 2z - \phi' \left( \frac{z}{y} \right) } = \frac{ \phi \left( \frac{z}{y} \right) - \frac{z}{y} \phi' \left( \frac{z}{y} \right) }{ 2z - \phi' \left( \frac{z}{y} \right) }.

这就是所求的偏导数。

14

同试卷 4 第 12 题

解答题

15

同试卷 4 第 15 题

16

证明不等式 $1+x\ln(x+\sqrt{1+x^2}) \ge \sqrt{1+x^2}$ （ $-\infty <x<+\infty$ ）．

高等数学一元函数微分学不等式的证明

【答案】 证明见解析。

【解析】
构造函数 $f(x) = 14 + x \ln(x + \sqrt{14 + x^2}) - \sqrt{14 + x^2}$ ，
由 $f'(x) = \ln(x + \sqrt{1 + x^2})$ ，
知 $f(x)$ 有唯一的驻点 $x = 0$ 。又因为 $f''(x) > 0$ ，
故 $x = 0$ 是极小点，也是最小值点。于是 $f(x) \geq f(0) = 0$ ，结论成立。

17

设 $A$ 为 $10\times 10$ 矩阵 $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 10^{10} & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ，计算行列式 $|A-\lambda E|$ ，其中 $E$ 为 $10$ 阶单位矩阵， $\lambda$ 为常数．

线性代数行列式

【答案】
$\lambda^{10} - 10^{10}$

【解析】
矩阵 $A$ 是一个 $10 \times 10$ 的伴随矩阵，其形式为：

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \\ 10^{10} & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}

对于这样的伴随矩阵，其特征多项式 $|A - \lambda E|$ 直接由最后一行元素决定。具体地，

|A - \lambda E| = \lambda^{10} - 10^{10}

这是因为矩阵 $A$ 对应的多项式为 $\lambda^{10} - 10^{10}$ ，且 $|A - \lambda E| = |\lambda E - A|$ 由于 $10$ 为偶数。因此，行列式为 $\lambda^{10} - 10^{10}$ 。

18

设方阵 $A$ 满足 $A^TA=E$ ，其中 $A^T$ 是 $A$ 的转置矩阵， $E$ 为单位阵．试证明 $A$ 所对应的特征值的绝对值等于 $1$ ．

线性代数矩阵矩阵的特征值与特征向量

【答案】
特征值的绝对值等于1。

【解析】
设 $A$ 有特征值 $\lambda$ 及对应的特征向量 $x$ ，则

Ax = \lambda x.

两边取转置得

x^T A^T = \lambda x^T.

于是

x^T x = x^T A^T A x = \lambda^2 x^T x.

因此

(\lambda^2 - 1) x^T x = 0,

由于 $x^T x \neq 0$ ，得 $|\lambda| = 1$ 。

19

同试卷 4 第 17 题

20

同试卷 4 第 20 题

21

甲乙两人独立地各进行两次射击，假设甲的命中率为 $0.2$ ，乙的为 $0.5$ ，以 $X$ 和 $Y$ 分别表示甲和乙的命中次数，试求 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布．

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】

\begin{array}{c|ccc} P(X, Y) & Y=0 & Y=1 & Y=2 \\ \hline X=0 & 0.16 & 0.32 & 0.16 \\ X=1 & 0.08 & 0.16 & 0.08 \\ X=2 & 0.01 & 0.02 & 0.01 \\ \end{array}

【解析】 甲和乙独立进行两次射击，因此 $X$ 和 $Y$ 相互独立。
$X \sim \mathrm{Bin}(2, 0.2)$ ， $Y \sim \mathrm{Bin}(2, 0.5)$ 。

$X$ 的概率分布：

P(X=0) = 0.8^2 = 0.64, \quad P(X=1) = 2 \times 0.2 \times 0.8 = 0.32, \quad P(X=2) = 0.2^2 = 0.04.

$Y$ 的概率分布：

P(Y=0) = 0.5^2 = 0.25, \quad P(Y=1) = 2 \times 0.5 \times 0.5 = 0.50, \quad P(Y=2) = 0.5^2 = 0.25.

由于 $X$ 与 $Y$ 独立，联合概率为

P(X=x, Y=y) = P(X=x) \cdot P(Y=y).

计算可得联合分布如上表所示。
所有概率之和为 1，符合概率分布性质。

22

同试卷 4 第 22 题