卷 5

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】
设事件 $A$ 为取到一等品，事件 $B$ 为取到不是三等品。
需要求条件概率 $P(A|B)$ 。

根据条件概率公式：

由于一等品不是三等品，即 $A\subseteq B$ ，因此

又

因此

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }\left[x-x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$ 。令 $t=\frac{1}{x}$ ，则当 $x\to \infty$ 时， $t\to 0^{+}$ ，原式化为：

当 $t\to 0^{+}$ 时，分子 $t-\ln (1+t)$ 和分母 $t^2$ 均趋于 0，应用洛必达法则： 分子导数为 $1-\frac{1}{1+t}$ ，分母导数为 $2t$ ，因此：

或者，利用泰勒展开：当 $x\to \infty$ 时， $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}-\cdots$ ，代入得：

故极限为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】

【解析】 已知 $\frac{\sin x}{x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，因此 $f(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{\sin x}{x}\right)$ 。计算得：

需要求 $\int x^3{f}^{\prime }(x)dx$ ，使用分部积分法，设 $u=x^3$ ， $dv=f^{\prime }(x)dx$ ，则 $du=3x^{2}dx$ ， $v=f(x)$ 。于是：

代入 $f(x)$ ：

计算积分：

所以：

代入原式：

简化得：

其中 $C$ 为积分常数。

【答案】 使产鱼总量最大的放养数为：

【解析】 产鱼总量函数为：

为求最大值，计算偏导数并令其为零：

整理得方程组：

解此方程组，系数矩阵行列式为：

由于 $\alpha >\beta >0$ ，有 $D>0$ ，方程组有唯一解：

验证二阶条件，Hessian 矩阵为：

一阶顺序主子式 $\frac{{\partial }^{2}P}{\partial x^2}=-2\alpha <0$ ，二阶顺序主子式 $\det (H)=(-2\alpha )(-4\alpha )-(-2\beta {)}^2=8{\alpha }^2-4{\beta }^2=4(2{\alpha }^2-{\beta }^2)>0$ ，故 Hessian 负定，该临界点为最大值点。且 $x>0$ 、 $y>0$ ，因此为所求放养数。

【答案】
(1) $a=\frac{1}{e}$ , 切点为 $(e^2,1)$
(2) $S=\frac{1}{6}{e}^2-\frac{1}{2}$

【解析】
(Ⅰ) 由 $y=a\sqrt{x}$ 知 $y^{\prime }=\frac{a}{2\sqrt{x}}$ 。由 $y=\ln \sqrt{x}$ 知 $y^{\prime }=\frac{1}{2x}$ 。由于两曲线在 $(x_0,y_0)$ 处有公共切线，可得

将 $x_0=\frac{1}{a^2}$ 分别代入两曲线方程，有

于是 $a=\frac{1}{e},x_0=\frac{1}{a^2}=e^2$ ，从而切点为 $(e^2,1)$ 。

(Ⅱ) 由面积公式可得

【答案】
${\alpha }_1+{\alpha }_2$ , ${\alpha }_2+{\alpha }_3$ , ${\alpha }_3+{\alpha }_1$ 是齐次线性方程组 $Ax=0$ 的一个基础解系。

【解析】
首先，证明 ${\alpha }_1+{\alpha }_2$ , ${\alpha }_2+{\alpha }_3$ , ${\alpha }_3+{\alpha }_1$ 都是 $Ax=0$ 的解。由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 是基础解系，故 $A{\alpha }_1=0$ , $A{\alpha }_2=0$ , $A{\alpha }_3=0$ 。因此，
$A({\alpha }_1+{\alpha }_2)=A{\alpha }_1+A{\alpha }_2=0+0=0$ ，
$A({\alpha }_2+{\alpha }_3)=A{\alpha }_2+A{\alpha }_3=0+0=0$ ，
$A({\alpha }_3+{\alpha }_1)=A{\alpha }_3+A{\alpha }_1=0+0=0$ ，
即这些向量都是解。

其次，证明 ${\alpha }_1+{\alpha }_2$ , ${\alpha }_2+{\alpha }_3$ , ${\alpha }_3+{\alpha }_1$ 线性无关。设存在常数 $k_1,k_2,k_3$ 使得
$k_1({\alpha }_1+{\alpha }_2)+k_2({\alpha }_2+{\alpha }_3)+k_3({\alpha }_3+{\alpha }_1)=0$ 。
展开并整理得：
$(k_1+k_3){\alpha }_1+(k_1+k_2){\alpha }_2+(k_2+k_3){\alpha }_3=0$ 。
由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关，故系数为零：
$k_1+k_3=0$ ，
$k_1+k_2=0$ ，
$k_2+k_3=0$ 。
解此方程组：由第一式得 $k_3=-k_1$ ，由第二式得 $k_2=-k_1$ ，代入第三式得 $k_2+k_3=-k_1-k_1=-2k_1=0$ ，所以 $k_1=0$ ，进而 $k_2=0$ , $k_3=0$ 。因此，线性无关。

最后，由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 是基础解系，解空间的维数为 3，而 ${\alpha }_1+{\alpha }_2$ , ${\alpha }_2+{\alpha }_3$ , ${\alpha }_3+{\alpha }_1$ 是三个线性无关的解向量，故它们张成整个解空间，从而构成基础解系。

【答案】
$V_n\sim B(n,0.01)$ ，即 $P(V_n=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(0.01{)}^k(0.99{)}^{n-k},k=0,1,2,\dots ,n.$

【解析】
随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f(x)=2x$ （ $0<x<1$ ），对 $X$ 进行 $n$ 次独立重复观测。 $V_n$ 表示观测值不大于 0.1 的次数。每次观测中，事件“观测值不大于 0.1”的概率为 $p=P(X\le 0.1)$ 。计算 $p$ ：

因此，每次观测中成功概率为 $p=0.01$ 。由于观测是独立的， $V_n$ 服从二项分布 $B(n,0.01)$ ，其概率分布为：