2001-2010考研数学一试题及答案解析.doc

安庆师范学院09计1班2001年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)(1)设(为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解,则该方程为_.(2)设,则div(gradr)=_.(3)交换二次积分的积分次序:_.(4)设矩阵满足,其中为单位矩阵,则=_.(5)设随机变量的方差是,则根据切比雪夫不等式有估计_.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)(1)设函数在定义域内可导,的图形如右图所示,则的图形为(2)设在点附近有定义,且,则(a).(b)曲面在处的法向量为3,1,1.(c)曲线在处的切向量为1,0,3.(d)曲线在处的切向量为3,0,1.(3)设,则在=0处可导的充要条件为(a)存在.(b)存在.(c)存在.(d)存在.(4)设则与(a)合同且相似.(b)合同但不相似.(c)不合同但相似.(d)不合同且不相似.(5)将一枚硬币重复掷n次,以x和y分别表示正面向上和反面向上的次数, 则x和y的相关系数等于(a)-1.(b)0.(c).(d)1.三、(本题满分6分)求.四、(本题满分6分)设函数在点处可微,且,.求.五、(本题满分8分)设=将展开成的幂级数,并求级数的和.六、(本题满分7分)计算,其中是平面与柱面的交线,从轴正向看去,为逆时针方向.七、(本题满分7分)设在内具有二阶连续导数且,试证:(1)对于内的任一,存在惟一的,使=+成立;(2).八、(本题满分8分)设有一高度为(为时间)的雪堆在融化过程,其侧面满足方程(设长度单位为厘米,时间单位为小时),已知体积减少的速率与侧面积成正比(比例系数为0.9),问高度为130(厘米)的雪堆全部融化需多少小时?九、(本题满分6分)设为线性方程组的一个基础解系,其中为实常数.试问满足什么条件时,也为的一个基础解系.十、(本题满分8分)已知3阶矩阵与三维向量,使得向量组线性无关,且满足.(1)记=（）,求3阶矩阵,使;(2)计算行列式.十一、(本题满分7分)设某班车起点站上客人数服从参数为()的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为(),且中途下车与否相互独立.以表示在中途下车的人数,求:(1)在发车时有个乘客的条件下,中途有人下车的概率;(2)二维随机变量的概率分布.十二、(本题满分7分)设总体服从正态分布(),从该总体中抽取简单随机样本,(),其样本均值为,求统计量的数学期望.2001年考研数学一试题答案与解析一、填空题(1)【分析】由通解的形式可知特征方程的两个根是,从而得知特征方程为.由此,所求微分方程为.(2)【分析】先求gradr.gradr=.再求divgradr=.于是divgradr|=.(3)【分析】这个二次积分不是二重积分的累次积分,因为时.由此看出二次积分是二重积分的一个累次积分,它与原式只差一个符号.先把此累次积分表为.由累次积分的内外层积分限可确定积分区域:.见图.现可交换积分次序原式=.(4)【分析】矩阵的元素没有给出,因此用伴随矩阵、用初等行变换求逆的路均堵塞.应当考虑用定义法.因为,故,即.按定义知.(5)【分析】根据切比雪夫不等式,于是.二、选择题(1)【分析】当时,单调增,(a),(c)不对;当时,:增减增:正负正,(b)不对,(d)对.应选(d).(2)【分析】我们逐一分析.关于(a),涉及可微与可偏导的关系.由在(0,0)存在两个偏导数在(0,0)处可微.因此(a)不一定成立.关于(b)只能假设在(0,0)存在偏导数,不保证曲面在存在切平面.若存在时,法向量n=3,1,-1与3,1,1不共线,因而(b)不成立.关于(c),该曲线的参数方程为它在点处的切向量为.因此,(c)成立.(3)【分析】当时,.关于(a):,由此可知.若在可导(a)成立,反之若(a)成立.如满足(a),但不.关于(d):若在可导,.(d)成立.反之(d)成立在连续,在可导.如满足(d),但在处不连续,因而也不.再看(c):(当它们都时).注意,易求得.因而,若(c)成立.反之若(c)成立(即).因为只要有界,任有(c)成立,如满足(c),但不.因此,只能选(b).(4)【分析】由,知矩阵的特征值是4,0,0,0.又因是实对称矩阵,必能相似对角化,所以与对角矩阵相似.作为实对称矩阵,当时,知与有相同的特征值,从而二次型与有相同的正负惯性指数,因此与合同.所以本题应当选(a).注意,实对称矩阵合同时,它们不一定相似,但相似时一定合同.例如与,它们的特征值不同,故与不相似,但它们的正惯性指数均为2,负惯性指数均为0.所以与合同.(5)【分析】解本题的关键是明确和的关系:,即,在此基础上利用性质:相关系数的绝对值等于1的充要条件是随机变量与之间存在线性关系,即(其中是常数),且当时,;当时,由此便知,应选(a).事实上,由此由相关系数的定义式有.三、【解】原式=.四、【解】先求.求,归结为求.由复合函数求导法,.注意,.因此,.五、【分析与求解】关键是将展成幂级数,然后约去因子,再乘上并化简即可.直接将展开办不到,但易展开,即,积分得,.因为右端积分在时均收敛,又在连续,所以展开式在收敛区间端点成立.现将式两边同乘以得 = = ,上式右端当时取值为1,于是.上式中令.六、【解】用斯托克斯公式来计算.记为平面上所为围部分.由的定向,按右手法则取上侧,的单位法向量.于是由斯托克斯公式得 = =.于是.按第一类曲面积分化为二重积分得,其中围在平面上的投影区域(图）.由关于轴的对称性及被积函数的奇偶性得.七、【证明】(1)由拉格朗日中值定理,使(与有关);又由连续而,在不变号,在严格单调,唯一.(2)对使用的定义.由题(1)中的式子先解出,则有.再改写成.,解出,令取极限得.八、【解】(1)设时刻雪堆的体积为,侧面积为.时刻雪堆形状如图所示先求与.侧面方程是.作极坐标变换:,则.用先二后一的积分顺序求三重积分,其中,即.(2)按题意列出微分方程与初始条件.体积减少的速度是,它与侧面积成正比(比例系数0.9),即将与的表达式代入得,即.(3)解得.由得,即.令,得.因此,高度为130厘米的雪堆全部融化所需时间为100小时.九、【解】由于是线性组合,又是的解,所以根据齐次线性方程组解的性质知均为的解.从是的基础解系,知.下面来分析线性无关的条件.设,即.由于线性无关,因此有(*)因为系数行列式,所以当时,方程组(*)只有零解.从而线性无关.十、【解】(1)由于,即,所以.(2)由(1)知,那么,从而.十一、【解】(1).(2)= =十二、【解】易见随机变量,相互独立都服从正态分布.因此可以将它们看作是取自总体的一个容量为的简单随机样本.其样本均值为,样本方差为.因样本方差是总体方差的无偏估计,故,即.2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)(1)=.(2)已知函数由方程确定,则=.(3)微分方程满足初始条件的特解是.(4)已知实二次型经正交变换可化成标准型,则=.(5)设随机变量服从正态分布,且二次方程无实根的概率为,则.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)考虑二元函数的下面4条性质:在点处连续;在点处的两个偏导数连续;在点处可微;在点处的两个偏导数存在若用“”表示可由性质推出性质,则有(a).(b).(c).(d).(2)设,且,则级数(a)发散.(b)绝对收敛.(c)条件收敛.(d)收敛性根据所给条件不能判定.(3)设函数在内有界且可导,则(a)当时,必有.(b)当存在时,必有.(c)当时,必有.(d)当存在时,必有.(4)设有三张不同平面的方程,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为,则这三张平面可能的位置关系为(5)设和是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为和,分布函数分别为和,则(a)必为某一随机变量的概率密度.(b)必为某一随机变量的概率密度.(c)必为某一随机变量的分布函数.(d)必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分)设函数在的某邻域内具有一阶连续导数,且,若在时是比高阶的无穷小,试确定的值.四、(本题满分7分)已知两曲线与在点处的切线相同,写出此切线方程,并求极限.五、(本题满分7分)计算二重积分,其中.六、(本题满分8分)设函数在内具有一阶连续导数,是上半平面(0)内的有向分段光滑曲线,其起点为(),终点为().记(1)证明曲线积分与路径无关;(2)当时,求的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数满足微分方程;(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.八、(本题满分7分)设有一小山,取它的底面所在的平面为坐标面,其底部所占的区域为,小山的高度函数为.(1)设为区域上一点,问在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?若记此方向导数的最大值为,试写出的表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一上山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说,要在的边界线上找出使(1)中达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知四阶方阵,均为维列向量,其中线性无关,如果,求线性方程组的通解.十、(本题满分8分)设为同阶方阵,(1)若相似,证明的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当均为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.十一、(本题满分7分)设维随机变量的概率密度为对独立地重复观察次,用表示观察值大于的次数,求的数学期望.十二、(本题满分7分)设总体的概率分布为0123其中是未知参数,利用总体的如下样本值求的矩估计值和最大似然估计值.2002年考研数学一试题答案与解析一、填空题(1)【分析】原式(2)【分析】方程两边对两次求导得以代入原方程得,以代入得,再以代入得(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令(以为自变量),则代入方程得,即(或,但其不满足初始条件).分离变量得积分得即(对应);由时得于是积分得.又由得所求特解为(4)【分析】因为二次型经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵的特征值,所以是的特征值.又因,故(5)【分析】设事件表示“二次方程无实根”,则依题意,有而即二、选择题(1)【分析】这是讨论函数的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,的两个偏导数连续是可微的充分条件,若可微则必连续,故选(a).(2)【分析】由充分大时即时,且不妨认为因而所考虑级数是交错级数,但不能保证的单调性.按定义考察部分和原级数收敛.再考察取绝对值后的级数.注意发散发散.因此选(c).(3)【分析】证明(b)对:反证法.假设,则由拉格朗日中值定理,(当时,因为);但这与矛盾(4)【分析】因为,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(b).(a)表示方程组有唯一解,其充要条件是(c)中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故和,且中任两个平行向量都线性无关.类似地,(d)中有两个平面平行,故,且中有两个平行向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(a)与(c),因对于选项(b),若则对任何,因此也应否定(c),综上分析,用排除法应选(d).进一步分析可知,若令,而则的分布函数恰是三、【解】用洛必达法则.由题设条件知由于,故必有又由洛必达法则及,则有.综上,得四、【解】由已知条件得故所求切线方程为.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得五、【分析与求解】是正方形区域如图.因在上被积函数分块表示于是要用分块积分法,用将分成两块:(关于对称)(选择积分顺序)六、【分析与求解】(1)易知原函数,在上原函数,即.积分在与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得七、【证明】与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数的收敛域是,因而可在上逐项求导数,得,所以.(2)与相应的齐次微分方程为,其特征方程为,特征根为.因此齐次微分方程的通解为.设非齐次微分方程的特解为,将代入方程可得,即有.于是,方程通解为.当时,有于是幂级数的和函数为八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数在点处沿该点的梯度方向方向导数取最大值即的模,(2)按题意,即求求在条件下的最大值点在条件下的最大值点.这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数则有解此方程组:将式与式相加得或若,则由式得即若由或均得,代入式得即于是得可能的条件极值点现比较在这些点的函数值:因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在中取到.因此在取到在的边界上的最大值,即可作为攀登的起点.九、【解】由线性无关及知,向量组的秩,即矩阵的秩为因此的基础解系中只包含一个向量.那么由知,的基础解系是再由知,是的一个特解.故的通解是其中为任意常数.十、【解】(1)若相似,那么存在可逆矩阵,使故(2)令那么但不相似.否则,存在可逆矩阵,使.从而,矛盾,亦可从而知与不相似.(3)由均为实对称矩阵知,均相似于对角阵,若的特征多项式相等,记特征多项式的根为则有相似于也相似于即存在可逆矩阵,使于是由为可逆矩阵知,与相似.十一、【解】由于依题意,服从二项分布,则有十二、【解】的矩估计量为根据给定的样本观察值计算因此的矩估计值对于给定的样本值似然函数为令,得方程,解得(不合题意).于是的最大似然估计值为2003年硕士研究生入学考试（数学一）试题一、 填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）（1） =_ .（2） 曲面与平面平行的切平面的方程是_.（3） 设，则= .（4）从的基到基的过渡矩阵为 _ .（5）设二维随机变量(x,y)的概率密度为 则 _ .（6）已知一批零件的长度x (单位：cm)服从正态分布，从中随机地抽取16个零件，得到长度的平均值为40 (cm)，则的置信度为0.95的置信区间是_ .(注：标准正态分布函数值二、选择题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）（1）设函数f(x)在内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x)有(a) 一个极小值点和两个极大值点. (b) 两个极小值点和一个极大值点. (c) 两个极小值点和两个极大值点. (d) 三个极小值点和一个极大值点. y o x （2）设均为非负数列，且,则必有(a) 对任意n成立. (b) 对任意n成立.(c) 极限不存在. (d) 极限不存在. （3）已知函数f(x,y)在点(0,0)的某个邻域内连续，且，则(a) 点(0,0)不是f(x,y)的极值点. (b) 点(0,0)是f(x,y)的极大值点. (c) 点(0,0)是f(x,y)的极小值点. (d) 根据所给条件无法判断点(0,0)是否为f(x,y)的极值点. （4）设向量组i：可由向量组ii：线性表示，则 (a) 当时，向量组ii必线性相关. (b) 当时，向量组ii必线性相关. (c) 当时，向量组i必线性相关. (d) 当时，向量组i必线性相关. （5）设有齐次线性方程组ax=0和bx=0, 其中a,b均为矩阵，现有4个命题： 若ax=0的解均是bx=0的解，则秩(a)秩(b)； 若秩(a)秩(b)，则ax=0的解均是bx=0的解； 若ax=0与bx=0同解，则秩(a)=秩(b)； 若秩(a)=秩(b)， 则ax=0与bx=0同解.以上命题中正确的是 (a) . (b) .(c) . (d) . （6）设随机变量，则 (a) . (b) . (c) . (d) . 三 、（本题满分10分）过坐标原点作曲线y=lnx的切线，该切线与曲线y=lnx及x轴围成平面图形d.(1) 求d的面积a;(2) 求d绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积v.四 、（本题满分12分）将函数展开成x的幂级数，并求级数的和.五 、（本题满分10分）已知平面区域，l为d的正向边界. 试证：(1) ;(2) 六 、（本题满分10分）某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功. 设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k,k0）.汽锤第一次击打将桩打进地下a m. 根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r(0r0时，九 、（本题满分10分）设矩阵，求b+2e的特征值与特征向量，其中为a的伴随矩阵，e为3阶单位矩阵.十 、（本题满分8分）已知平面上三条不同直线的方程分别为 ， ， .试证这三条直线交于一点的充分必要条件为十一 、（本题满分10分）已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品. 从甲箱中任取3件产品放入乙箱后，求：(1) 乙箱中次品件数的数学期望；(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率.十二 、（本题满分8分）设总体x的概率密度为 其中是未知参数. 从总体x中抽取简单随机样本，记(1) 求总体x的分布函数f(x);(2) 求统计量的分布函数；(3) 如果用作为的估计量，讨论它是否具有无偏性.2003年硕士研究生入学考试（数学一）试题答案一、1、2、3、 14、5、6、二、cdadbc三、【详解】 (1) 设切点的横坐标为，则曲线y=lnx在点处的切线方程是 由该切线过原点知 ，从而 所以该切线的方程为 平面图形d的面积 （2） 切线与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体积为 曲线y=lnx与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体体积为 ，因此所求旋转体的体积为 y 1 d o 1 e x四、【详解】 因为又f(0)=, 所以 =因为级数收敛，函数f(x)在处连续，所以 令，得 ,再由，得 五、【详解】 方法一：(1) 左边= =， 右边= =，所以 .(2) 由于，故由（1）得 方法二：（1） 根据格林公式，得，.因为d 具有轮换对称性，所以 =，故 . (2) 由(1)知 = = （利用轮换对称性） =六、【详解】 (1) 设第n次击打后，桩被打进地下，第n次击打时，汽锤所作的功为. 由题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为，所以 ， 由可得 即 由可得 ，从而 ，即汽锤击打3次后，可将桩打进地下.（2） 由归纳法，设，则 =由于，故得 ,从而 于是 ，即若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下 m.七、【详解】 (1) 由反函数的求导公式知 ，于是有=.代入原微分方程得 ( * )(2) 方程( * )所对应的齐次方程的通解为 设方程( * )的特解为 ，代入方程( * )，求得，故，从而的通解是 由，得. 故所求初值问题的解为 八、【详解】 (1) 因为 ， ，所以在上，故f(t) 在内单调增加.（2） 因 ，要证明t0时，只需证明t0时，即 令 ，则 ，故g(t)在内单调增加.因为g(t)在t=0处连续，所以当t0时，有g(t)g(0).又g(0)=0, 故当t0时，g(t)0,因此，当t0时，九、【详解】 方法一：经计算可得 ， ， =.从而 ，故b+2e的特征值为当时，解，得线性无关的特征向量为 所以属于特征值的所有特征向量为 ，其中是不全为零的任意常数.当时，解，得线性无关的特征向量为 ，所以属于特征值的所有特征向量为，其中为任意常数.方法二：设a的特征值为，对应特征向量为，即 . 由于，所以 又因 ，故有 于是有 ， 因此，为b+2e的特征值，对应的特征向量为由于 ，故a的特征值为当时，对应的线性无关特征向量可取为， 当时，对应的一个特征向量为 由 ，得，.因此，b+2e的三个特征值分别为9，9，3.对应于特征值9的全部特征向量为 ，其中是不全为零的任意常数；对应于特征值3的全部特征向量为 ，其中是不为零的任意常数.十、【详解】 方法一：必要性设三条直线交于一点，则线性方程组 (*)有唯一解，故系数矩阵与增广矩阵的秩均为2，于是由于 =,但根据题设 ，故 充分性：由，则从必要性的证明可知，故秩由于 =，故秩(a)=2. 于是， 秩(a)=秩=2. 因此方程组(*)有唯一解，即三直线交于一点.方法二：必要性设三直线交于一点，则为ax=0的非零解，其中 于是 . 而 =,但根据题设 ，故 充分性：考虑线性方程组 (*)将方程组(*)的三个方程相加，并由a+b+c=0可知，方程组(*)等价于方程组 (* *)因为 =-,故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线交于一点.十一、【详解】 (1) x的可能取值为0，1，2，3，x的概率分布为 ， k=0,1,2,3.即 x 0 1 2 3 p 因此 (2) 设a表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由于，构成完备事件组，因此根据全概率公式，有 = =【评注】本题对数学期望的计算也可用分解法： 设 则的概率分布为 0 1 p 因为，所以 十二、【详解】 (1) (2) = = = =(3) 概率密度为 因为 =，所以作为的估计量不具有无偏性.2004年数学一试题一、 填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）（1）曲线y=lnx上与直线垂直的切线方程为 _.（2）已知，且f(1)=0, 则f(x)= _ .（3）设为正向圆周在第一象限中的部分，则曲线积分的值为 _ .（4）欧拉方程的通解为 _.（5）设矩阵，矩阵b满足，其中为a的伴随矩阵，e是单位矩阵，则 _ . （6）设随机变量x服从参数为的指数分布，则= _ .二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分. 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）（7）把时的无穷小量，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是(a) . (b) . (c) . (d) . （8）设函数f(x)连续，且则存在，使得 (a) f(x)在（0，内单调增加. （b）f(x)在内单调减少.(c) 对任意的有f(x)f(0) . (d) 对任意的有f(x)f(0) . （9）设为正项级数，下列结论中正确的是 (a) 若=0，则级数收敛.（b） 若存在非零常数，使得，则级数发散.(c) 若级数收敛，则. (d) 若级数发散, 则存在非零常数，使得. （10）设f(x)为连续函数，则等于 (a) 2f(2). (b) f(2). (c) f(2). (d) 0. （11）设a是3阶方阵，将a的第1列与第2列交换得b,再把b的第2列加到第3列得c, 则满足aq=c的可逆矩阵q为(a) . (b) . (c) . (d) . （12）设a,b为满足ab=o的任意两个非零矩阵，则必有(a) a的列向量组线性相关，b的行向量组线性相关. (b) a的列向量组线性相关，b的列向量组线性相关. (c) a的行向量组线性相关，b的行向量组线性相关. (d) a的行向量组线性相关，b的列向量组线性相关. （13）设随机变量x服从正态分布n(0,1)，对给定的，数满足，若，则等于(a) . (b) . (c) . (d) . （14）设随机变量独立同分布，且其方差为 令，则(a) cov( (b) . (c) . (d) . 三解答题（15）（本题满分12分）设, 证明.（16）（本题满分11分）某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h. 经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？注kg表示千克，km/h表示千米/小时.（17）（本题满分12分）计算曲面积分 其中是曲面的上侧.（18）（本题满分11分）设有方程，其中n为正整数. 证明此方程存在惟一正实根，并证明当时，级数收敛.（19）（本题满分12分）设z=z(x,y)是由确定的函数，求的极值点和极值.（20）（本题满分9分）设有齐次线性方程组试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解.（21）（本题满分9分） 设矩阵的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论a是否可相似对角化.(22)（本题满分9分）设a,b为随机事件，且，令 求：（i）二维随机变量(x,y)的概率分布； （ii）x和y的相关系数（23）（本题满分9分）设总体x的分布函数为 其中未知参数为来自总体x的简单随机样本，求：（i） 的矩估计量；（ii） 的最大似然估计量.2004年数学一试题答案一、1. y=x-12.3.4.5.6.二、7.b 8.c 9.b 10.b 11.d 12.a 13.c 14.a 三、15.【证法1】 对函数在a,b上应用拉格朗日中值定理，得 设，则， 当te时， 所以单调减少，从而，即 ，故 .【证法2】 设，则 ， ,所以当xe时， 故单调减少，从而当时， ，即当时，单调增加.因此