2000-2021历年考研数学一真题(答案+解析)

1、【详解】线性微分方程的特征方程为2r ar b 0，由特解可知r1 2一历年考研数学一真题 1987-2021(答案+解析)(经典珍藏版)最近三年+回忆过去y aybyxce的一个特解,那么(A)a3,b2,c1(B) a3,b2,c1(C)a3,b2,c1(D) a3,b2,c1最近三年篇(2021-2021)定是特征方程的一个实根如果1不是特征方程的实根，那么对应于2021年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷一、选择题1 8小题.每题4分，共32分.1.设函数f(X)在(，)上连续，其二阶导数f(X)的图形如Xxf (x) ce的特解的形式应该为 Q(x)e，其中Q(x)应该是一个零

2、次多项式，即常数，与条件不符，所以r2 1也是特征方程的另外一个实根，右图所示，那么曲线 y f (x)在()的拐点个数为(A) 0( B) 1( C) 2(D) 3【详解】对于连续函数的曲线而言，拐点处的二阶导数等于零或者不存 在从图上可以看出有两个二阶导数等于零的点，以及一个二阶导数不存 在的点x 0 .但对于这三个点，左边的二阶导数等于零的点的两侧二阶 导数都是正的，所以对应的点不是拐点而另外两个点的两侧二阶导数是 异号的，对应的点才是拐点，所以应该选(C)3依次为级数收敛点，发散【详解】注意条件级数an条件收敛等价于幕级数n 1y* xex是原anxn在x 1处条n 1112 设y e

3、2x (x -)ex是二阶常系数非齐次线性微分方程23件收敛，也就是这个幕级数的收敛为1 ,即limnan 1annan(x 1)n的收敛半径R limn 1nnan(n 1)an 11 ,绝对收敛域为也就是(0,2)，显然x ,3,x 3依次为收敛点、发散点，应该选(B)D:431, 2sin4 设D是第一象限中由曲线 2xy 1,4xy 1与直线y x, y.3x 所围成的平面区域,函数f (x, y)在 D 上连续，贝Vf (x, y)dxdyD所以Df (x, y)dxdy3d41/sin 21.r'2sin 2f (r cos , r sin )rdr ,所以应该选13dsi

4、n12 f (rcos , rsin )rdr42sin2(B)5 设矩阵3d41"：2 f(r cos2sin 2,r sin )rdr13dsini2 f (rcos , rsin42sin2)dr,bdd2，假设集合1,2，那么线性方程组Ax b有无穷多解的充分必要条件是(A) a,d(B) a,d,d(D) a,d【详解】、si；2 f (r cos ,r sin )dr2sin 2积分区域如下列图，化成极坐标方程:2xy 12r2 s in cossin 24xy 14r2 s in cosr212sin 212sin2(C)B (A,b)【详解】对线性方程组的增广矩阵进行

5、初等行变换:dd2d 1d2 1(a1)(a方程组无穷解的充分必要条件是r(A) r(A,b) 3 ,也就是应选择(A).7.假设A,B为任意两个随机事件，那么(a 1)(a 2) 0,(d 1)(d 2) 0同时成立，当然应该选(D).6 .设二次型f(X!,X2,X3)在正交变换x Py下的标准形为2 2 22yiy2 y3 ，其中 P,e2,e3 ，假设 Q e, e3,e2 ，那么(A) P(AB) P(A)P(B)(C)P(AB) P(AP(B)(B) P(AB) P(A)P(B)(D) P(AB)P(A) P(B)2f (X1, X2, X3)在x Qy下的标准形为(A)2y；2y

6、22y3(B)2y；2y22y3(C)2yf2y22y3(D)2y122y22y3【详解】P(A) P(AB), P(B)应选择(C).P(AB),所以 P(AB)P(A) P(B)2100100【详解】Qe1 ,e3 , e2e1,e2, e3001P 001010010100qt001 PT010TE(X(X Y2)()(A)3(B) 3(C)5(D) 5【详解】E(X(X Y2)E(X2) E(XY)2EX DX(EX )2 EXEY 2EX8 .设随机变量X,Y不相关，且EX2, EY 1,DX3 ,那么故应该选择(D).二、填空题(此题共6小题，每题4分，总分值24分.把答案填在题中

7、横 线上)2f xtAx yT PAPy yT19. limX 0ln(cos x)2x1 0QTAQ 0 00 10 1 01 PTAP 000 0 12 1 0 01 0 0 110 10limX 0ln(cos x)2XlimX 0tan x2x10.sin x2 1 cosxx dx 【详解】只要注意-1sin x为奇函数，在对称区间上积分为零,cosx所以2sin x2 1 cosxx dx 2 02 xdx11 .假设函数z z(x, y)是由方程ezdz 1(0,1)xyz x cos x2确定，那么【详解】设 F(x, y,z) ez xyz x cosx 2，那么(x 2y

8、3z)dxdydz6zdxdydz1 1 26 0 zdz dxdy 3 °z(1 z)2dzDz20L0212L0213. n阶行列式MOOM/I00L2200L12【详解】按照第-行展开，得Dn2Dn 1(n 1n 11)2( 1)2Dn 1 2 ,有 Dn 22( Dn 12)由于D12, D26，得Dn2n1(D1 2)-_n 1-2 2 2 .14 .设二维随机变量(X,Y)服从正态分布N(1,0;1,1;0),贝UFx (x, y,z) yz 1 sin x,Fy(x,y,z) xz,Fz(x,y,z)ze xyx 0,yx|(0J)Fx (0,1,0)Fz (0,1,0

9、)Fy (0,1,0)0Fz (0,1,0)'也就得到dz |(0,1)dx.12.设是由平面x yz 1和三个坐标面围成的空间区域，那么(x2 y 3z)dxdydz【详解】注意在积分区域内,三个变量x, y,z具有轮换对称性，也就是xdxdydzydxdydzzdxdydzP XY Y 0【详解】由于相关系数等于零，所以X , Y都服从正态分布，X N (1,1),Y N (0,1)，且相互独立.那么 X 1 N (0,1).P XY Y 0 P Y(X 1)0 P Y 0, X 10 P Y 0, X 1三、解答题15.(此题总分值 10 分)设函数 f(x) x a In (1

10、 x) bxsi nx ,令y 0 ,得x x0f (x°)f (x°)3g(x) kx在x0时为等价无穷小，求常数 a, b, k的取值.【详解】当x 0时，把函数f(x) x aln(1 x) bx sinx展开到三阶的马克劳林公式，得23if (x) x a(x - xo(x3) bx(x -x3 o(x3)236(1 a)x ( 2 b)x2(|)x3 o(x3)曲线y f (x)在点(X0,f(x。)处的切线与直线 x X0及x轴所围成区域的面积为S £f(X0)(x°(X。4)42f (x°)a由于当x 0时，f (x), g(x)

11、是等价无穷小，那么有b 0，212111整理，得y y，解方程，得_C一 x ,由于 f (0)2，得 C -8y82所求曲线方程为8 y.4 x17.(此题总分值10分)设函数f(x,y)x y xy，曲线C :22oxy xy 3,求f (x, y)在曲线C上的最大方向导数.1 i解得，a 1, b, k-.2 316.(此题总分值10分)设函数yf (x)在定义域I上的导数大于零，假设对任意的X。 I，曲线y f (x)在点(x。，f(x。)处的切线与直线 x x。及x轴所围成区域的面积恒为4,且f (0)2，求f (x)的表达式.ff【详解】显然-1 y,'1 x .Xyf (

12、x, y) xy xy在(x, y)处的梯度gradff, 1y,1 xXyf (x, y)在(x, y)处的最大方向导数的方向就是梯度方向，最大值为梯度【详解】y f(x)在点(x°, f(x°)处的切线方程为的模 gradf , (1 y)2(1 x)2y f (x°)(x X0) f(X0)u(x x)v( x x) u(x)v(x x) u(x)v(x x) u(x)v(x)C : X2y2xy3下的条件极值.用拉格朗日乘子法求解如下：令 L(x, y,)(1x)2(1y)2(x22y xy 3)Fx2(1X)2xy0解方程组Fy2(1y)2yX0 ,得几

13、个可能的极值点2 X2yxy31,1 ,( 1,1),(2,1),(1,2),进行比较，可得，在点X2,y1或X1, y 2处，方向导数取到所以此题转化为求函数F (x, y) (1 x) (1 y)在条件uv(x x) u(x) vU v(xxx)u(x)由导数的定义和可导与连续的关系ux) u(x)u'( x)v(x) u(x)v'( x) x(2) f (x) u1(X)u2(X)L un(x)5(x)u2(x)L un(x) Lu1(x)u2(x)L u最大，为,9 3.18.(此题总分值10分)(1 )设函数u(x),v(x)都可导，利用导数定义证明(u(x)v(x)

14、 u (x)v(x) u(x)v (x)；(2) 设函数 U1(X),U2(X)丄,Un(x) 都 可导，f (x) u1(x)u2(x)L un(x)，写出 f (x)的求导公式.【详解】(1)证明：设y u(x)v(x)y u(x x)v(x x) u(x) v(x)f (x) u1(X)u1(X)u2(X)L un(x)19.(此题总分值10分)曲线L的方程为z 、2 x2 2y，起点为A(0,.20)，终点为z XB(0, .2,0),计算曲线积分L(y z)dx (z2 X2y)dy (x2 2、)y )dz.Xcost【详解】曲线L的参数方程为 y、2 si nt,zcost起点A

15、(0r. 2,0)对应t 终占为5八、丿B(0, 2, 0)对应 t22L(y z)dx (z2 x2 y)dy (x2 y2)dz2( ,2sint cost)d(cost) (、2cost)d( . 2cost) (2 cos2t)d cost2 ,2 2 sin2tdt-.0 220.(此题总分值11分)设向量组 1, 2, 3为向量空间 R3的一组基，121 2k 3,222,33 (k *1)3 -(1)证明：向量组 1, 2, 3为向量空间R3的一组基；(2 )当k为何值时，存在非零向量，使得 在基1, 2, 3和基可整理得:性方程组1 2kX11 X22k 3)2 X33 X11

16、 X22 X33X22 X3(1x 0存在非零解.k 3)101101(1,2,3)010(1 ,2 ,30102k0k2k0k从而系数行列式应该等于零,也就是由于1, 2,3显然线性无关，所以X12k0,所以条件转化为线也就是k 0.1, 2 , 3下的坐标相同，并求出所有的非零向量此时方程组化为X2捲X3) 1X2X3201【详解】(1)(1,2 ,3)1 ,2,3020 ,2k0k 1因为2012102022kk 140 ,且1,2 ,3显然线性无关，2k0k 1所以1, 2, 3是线性无关的，当然是向量空间R3的一组基.由于2线性无关,为任意常数.所以满足条件的所以X1X2X30X1,

17、通解为X2X3其中C为任意不为零的常数.2设非零向量在两组基下的坐标都是 捲，乂2,乂3，那么由条件21.此题总分值11 分)C0 ，其中C023120设矩阵A133相似于矩阵B0b012a031(1)求a,b的值;(2)求可逆矩阵P ,使P 1AP为对角矩阵.23令 P1,2,3100 111001 ，那么 P 1AP010100522.此题总分值11分设随机变量X的概率密度为fX2 x ln2,x 00, x 0【详解】1因为两个矩阵相似，所以有trA trB , A B也就是3 a 2ba b45 .2a 3b120(2) 由E B0502(1) (5)0 ,得 A, B031的特征值都

18、为 12 1,35对X进行独立重复的观测， 直到第2个大于3的观测值出现时停止， 记Y 为次数.求Y的分布函数；1求Y的概率分布；2求数学期望EY.【详解】1 X进行独立重复的观测，得到观测值大于3的概率为P(X 3)2 x In 2dx -3 8显然Y的可能取值为2,3, 4丄解方程组E Ax0 ,得矩阵A的属于特征值21的线性无关且P(Yk) 8C；1182(k1),k2,3,4,L23的特征向量为11 - 2001解方程组5E Ax 0得矩阵A的属于特征值35的线性无关的特S(x)n(n2n 21)x(xn)2x2乙,x 1E(Y) kP(Y k)k 2k(k n 2 64征向量为311

19、23.此题总分值11分 设总体X的概率密度为f(x； )10,其他其中 为未知参数，Xi,X2,L ,Xn是来自总体的简单样本.(1 )求参数 的矩估计量；(2)求参数 的最大似然估计量. 详解】(1)总体的数学期望为1 1 1E(X) xdx 2(1)令E(X) X，解得参数 的矩估计量:2X 1 .(2)似然函数为L(X1,X2,L ,Xn；)1Fl7,X1,X2,L ,Xn 10,其他2021年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷显然L()是关于 的单调递增函数，为了使似然函数到达最大，只要使尽可能大就可以，所以参数 的最大似然估计量为 ？ min(咅公2丄,xn).一、选择题：18

20、小题，每题4分，共32分，以下每题给出的四个选项 中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选前的字母填在答题纸指定位 置上。+ 1假设反常积分0/dx收敛，那么()。A.a1且b1B.a1且b1C.a1且ab1D.a1且ab1【答案】C【解析】1 , 1 1xvx=0xa(1 x)bdx+1xdx，而04dx0 xy' p(x)y q(x)的两个解，那么 q(x)=()。A.23x(1 x )(1 x)b 不abdx=xa(1 x)b 11a b1、bx (1-)xdx ,1dx 当 aa bxb 1时收敛,B.C.23x(1 x )1 b此时(1)不影响,x因此选择 C.D.x1 x2

21、x1 x2(2)函数f(x)2(x 1),xln x, x 1f (x)的一个原函数是(【答案】A【解析】将(1x2)2.1 x2代入微分方程可得:A.F(x)(x 1)2,xx(l nx 1),x 14x(1x2)1 xp(x)(1x2)21 x2 q(x)B.F(x)(x 1)2,x x(l nx 1)1,xC.F(x)(x 1)2,x x(l nx 1)1,xD.F(x)(x 1)2,x x(l nx 1)1,x【答案】D【解析】对函数f (x)做定积分可得原函数，In xdx x lnx1x dx x l n x xC，因此选择D.而将y4x(1(1x2)(3)假设 y (1x2)21

22、 x2,y(1x2)21 x2是微分方程x2)2.1将这两个式子相加可得:两个式子相减可得:2q(x) 4x(1 x )应选择A.x2代入微分方程可得:p(x)(18x(1x2)21 xq(x)x2) 2p(x)(12p(x).1 x2xn 2( c)(1 x) 4x(1x2)22q(x)2 2x )x(1 x )得23x(1 x )(4)函数f(x)x,x 0111，那么()。,x ,n 1,2，Ln n 1nD. A A 1与B B 1相似【答案】CA. x 0是f(x)的第一类间断点B. x 0是f(x)的第二类间断点C. f (x)在x 0处连续但不可导D.f(x)在x 0处可导是有：

23、(P 1AP)t PtAt(P 1)t PtAt (Pt) 1 bt，即 at bt，(P 1AP) 1 P 1A 1(P 1) 1 P 1A 1P B 1，因此 A 1 B 1，1 1 1 11 1 1P (A A )P P AP PAP B B ，因此 A A B B【解析】因为 A与B相似，因此存在可逆矩阵 P，使得P 1AP B，于而C选项中，P 1AtP不一定等于Bt，故C不正确，选择 C.【答案】D【解析】呵f(X)lim f(X)limnf(0)，因此在0处连续,(6 )设二次型 f (x-i, x2,x3)为2 x； xf 4x24x1X3 4X2X3，那么lim f '

24、;(x)x 01n 1lim f'(x)x 0limx 0f(x) f(0)因此limnf(X1, Xf,X3)2在空间直角坐标系下表示的二次曲面为1nn故在xA.单叶双曲面 B双叶双曲面 C椭球面D柱面【答案】Bnx0可导，选择D.(n，而左右两边的极限均为1，因此 lim f'(x)x 0【解析】二次型f (X1, X2, X3)X22X2X2 4X1X24x1X3 4X2X3 对应的(5)设A,B是可逆矩阵，且 A与B相似，那么以下结论错误的选项是()。A. A与BT相似B. A 1与B 1相似C. A A与BBt相似1矩阵A 222 ，根据|1A| 0可以求得特征值为，

25、15,231，因此二次型的标准形为2 2 2Z1Z2Z3，故可得2 2 2z1z2z322，即 (z2)22 2_Z2_z3_(加(：2)21，因此对应的曲面为双叶双曲面，选择B.7设随机变量XN,2)(0)，记 p-X2，那么A. p随着的增加而增加B. p随着的增加而增加C. p随着的增加而减少D. p随着的增加而减少【答案】B【解析】2X2Xp -X2 - -，因此选择B，p随着的增加而增加-(XY0)-(X0)-Y0-(X0,Y0)-(XY1)-(X1,Y1)111 12333 39因此可得EXY 07 122，故可得相关系数为：99924EXY EXEY 991XY、DX . DY4

26、29二、填空题, 定位置上.914小题，每题4分，共24分，请将答案写在答疑纸指(9) limxxotl n(1tsin t)dt1 cos x28随机试验E有三种两两不相容的结果 A1, A2, A，且三种结果发生的1概率均为丄，将试验E独立重复做2次，X表示2次试验中结果 入发生3的次数，Y表示2次试验A2发生的次数，那么 X于Y的相关系数为。A.B.C.D.1【答案】丄2 1 1【解析】根据题意可知 XB2 YB2，因此有'3'' 31 21 2 4EX EY 2,DX DY 2 -3 33 3 91【答案】-2【解析】x11n(1 t sint)dt21 cos

27、x(10 )limxxln(1 xsin x)22xsin x1 1n(1 xsinx)lim22 x sin xxsin2x向 量 场 A(x, y, z) (x y z)i xyjrotA .【答案】0,1, y 1【解 析】 由 旋 度 公rotA-RP- 0,1, y 1yzk 的旋度(11) 设函数 f(u,v)可微，z z(x, y)由方程2 2(x 1)z y x f(x 乙 y)确定，那么 dz|©i).【答案】dx 2dyf"(x)石2x此时f (0)2 2 2 22ax(1 ax )2(1 ax )(1 ax ) 2ax2、2x )0 (存疑)2/(1

28、ax )【解析】将(x 1)z y2x2f (x乙y)两边分别关于x, y求导可得:'2''z (x 1)Zx 2xf (x z, y) x fi(x z, y)(1 Zx)，'2'''(x 1)Zy 2y x fi (x z,y)( zy) f2(x z, y) 1。(13)行列式【答案】将x 0, y 1代入原式可得z 1,因此将x 0, y 1, z 1代入关于x求导的式子可得：1 z< 0，因此Zx1，代入关于y求导的式子可得：Zy 2 0,因此有 zy2，故可得 dz |(0,1) dx 2dy .100101 0 001

29、00141 00013 20 14321解析【4(14)设为来自总体X(12)设函数 f(x) arctanx J，且 f ''(0)1，那么1 axa .1【答案】12x【解析】根据f(x) arctanx2，可得：1 axX1,X2,LN(,2)的简单随机样本，样本均f'(x)2 211 ax 2ax.2(A221 x(1 ax )11 x2d 21 ax2 2(1 ax )，然后求二阶导数为:值x 9.5，参数的置信度为0.95的双侧知心区间的置信上限为10.8，那么的置信度为0.95的双侧置信区间为【答案】(8.2,10.8)PU0.025U 0.025P xU

30、0.025 0.95x U 0.025因为x U0.02510.8 ,所 以Uo.0251.3 ,因 此可得JnJnxdxdyD2(1 cosxuo.o258.2，故可得置信区间为(8.2,10.8).三、解答题：1523小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上，解 容许写出文字说明、证明过程或演算步骤。(15)(此题总分值10分)平面区域 D (r, )|2 r 2(1 cos ),-2-，计算二重积分 xdxdy.D32【答案】)r2cosdr22 cos"23r 2(1cos )d4(2 (3cos212 cos2 d22 (1 cos223cos34 cos)d3cos2

31、4cos2)d(122 sin)d sin8 1 cos：2d sinsin2 )|2"28(sin.3 sin)|22-(cos33sin|222 3sin2 cos2"232兀 sin2 2 d232一 332一 332一 34 4 52 (1 cos4 )d1前4汗(16)(此题总分值10分)设函数y(x)满足方程y" 2y' ky1.(I )证明：反常积分° y(x)dx收敛;(n)假设 y(0)1,y'(0)1，求 y(x)dx 的值.1【答案】(I )； ( n)-k【解析】(I )特征方程为2r 2r k 0，由0 k 1可

32、知，特征方程有两个不(17)(此题总分值10分)设函数 f(x, y)满足 f(x,y) (2x 1)e2x y，且 f(0, y)xLt是从同的实根，即r1,2.r且r1,20,因此二阶常系点(0,0)到点(1,t)的光滑曲线，计算数齐次线性方程的解为:y(x) ChC2er2X，故可得l(t)f (x, y) dx f (x, y) dy，并求 I (t)的最小值 xy0 y(x)dx色尹|015(01C111)C2因此0C1C1r1r1,20 (Ger1x*0r2C2TO 1) r2C2e2X)dx【答案】【解析】根据丄g(2x 1)e2x y 可得:f (x, y)y 2xe (xey

33、(x)dx 收敛.Hx由 y(x)C1er1x C2er2x, y(0)i,y'(0)1 可得:(2x 1)e2x ydx e2x2x ,e dx e dx)y 2xe2xdxe2xdx(y)C21C2r211 ，厂，解得C1 C2代入可得0 y(x)dxC1r1C22( 1.1 k又f (0, y) y 1故可知(y)y1，因此所以-f (x, y)xe2x yy1,l(t)W -Jxf(x, y)ydyLt(2x设P (2x 1)e2x y,Q12x y xePy2x yQ(2x 1)e y,Xey2xe2x y(y)1)e2x ydx (12x y xef(x,y) xe2xxe

34、2xy)dy12 1 (1 k)P(xI(t)Lt(2x1)e2x ydx(1 xe2xy)dy10(2x1)e：2xdxt(10 e2 y)dy2t2 t2eeet2 te因为I(t)t2 t e，所以I'(t) 12 t e ,令 1 '(t)0可得t2而I''(t)2 et因此I ''(2)10,因此当(t 2有最小值为I(2)213 .pQ因此，因此积分与路径无关yx故(18)(此题总分值10分)dxdyDxy(2x2Dxy1 1dxo oQ R )dxdydz y zy(2x 1)dzxy2x(2x(2x 2 3)dxdydz(2x1)

35、dxdydzx xy设有界区域由平面2x y2z 2与三个坐标平面围成，为整个外表的外侧，计算曲面积分1(x2 1)dydz 2ydzdx3zdxdy.1【答案】12【解析】I(x21)dydz 2ydzdx3zdxdy，令 P x2 1,Q2y, R3z由高斯公式可知:(19)(此题总分值10分)1函数f(X)可导，且f(0)1,0 f '(x).设数列Xn2Xn 1f (xn)(n 1,2,L )，证明：(I)级数(xn 1 xn)绝对收敛；n 1(n) lim xn 存在，且 0 lim xn 2 .n nn n【答案】利用绝对收敛定义证明即可。【解析】(I)证：Xn 1 f (

36、xn)，因此有满足11112| f (Xn 1)f(Xn2)| 221 Xn1Xn 2 1L2n 11 X2X1 1显然1n 1'|X2X11收敛，因此(Xn 1Xn 绝对收敛n 1 2n1(n记Snnn 1(Xn 1Xn)，因此得SnXn 1X!,因为级数叽 Xn|f(Xn) fXJfOX H 3 1 Xn Ilim XnnA,Xn 1f(X:n)f(:Xn)f (0) 1f '( )Xn 1 ,由0f'(X)丄可得1X1 -A2Xn 1f'()Xn1n 1，两:边取极限可得A1,即A 222假设A0 ,这与A!a1矛盾,假设A 0，与(1f'()A1

37、矛盾，2此可得0A2 ,即0lim Xnn2.(Xn 1n 1xn收敛，因此lim Sn存在， n因此lim Xn存在，不妨设n11【答案】a2时，无解；a1时，有无穷多解，Xk1 1k21 ;k1k213a1a2a2且a1时，有唯一解，X0a4a210【解析】增广矩阵为1112 211122(A, B)2 a 111a0a 233a 411 aa1 200a 11 a0因此当 |A| (a 2)(a1)2且a 1时，有唯一解;20此题总分值11分1 1 122设矩阵A2 a 1,B1a .11 aa 12当a为何值时，方程AXB无解、有唯一解、有无穷多解？在有解时,求解此方程a 2X11X1

38、2亠A设XX21x22，代入AX B，解得Xa 4 0a 2X31X321 01空ja 2代1 11 2 2111220 a 233 a 4003360 0a 11 a000330,不妨设x31, x32为自由未知量，那么可得 X 为2 1XuX12设XX21X22,因此可得3X32X31X32因此方程组无解；当a 1111220a 233 a400a 11 a0XnX12有无穷多解,将Xx21X22X31X326, 3x320,这两个式子是矛盾的,代入1112203333 ,此时方程组00000XnX21X312X-i o Xoo Xjo 2代入可得，解得3x2*1 3X3*133x?2 3

39、X3231 1K 1 k2 1kik2011矩阵A230000I 求A"；(21)(此题总分值“分)(n)设3阶矩阵BO1001, 2, 3满足 B2 BA记 B 21 3,22 w1 222咨案1 (I) A"22100丿 J001 222000n )1 ( 2 2") 1(2210°) 2；2 (1 2") 1 (1 2100) 2；3 (2 298) 1 (2 2") 2【解析】(I)利用相似对角化，由| E A| 0得到特征值为0,2,1对应的特征向量为0时，代入 E A中，求解方程组E AX 0的解就是特征向同理得到其他的两

40、个特征向量分别为：11r2 1 ,2对应的特征向量为r32 ,00311000设 P (rrrj 212，那么有P 1AP010,因此可得20000200990A99 P 010P 1 ,根据矩阵P可以求得其逆矩阵为0023(2 298) 1(2299) 2(22)(此题总分值设二维随机变量从均匀分布,11 分)(X,Y)在区域 D (x, y)|0x 1,x2 y x上服0009931A99P 010P121002202 29912 992?98100J00小992 21222000因此有1100000220102120002991112(出)1,X0,X写出(X,Y)的概率密度;问U与X是

41、否相互独立？并说明理解;【答案】f(x,y)X的分布函数F( z).3,0 x1,x20,其他(n)B232BA B BBA B A2BAA BA,因此可得B100BA99、,所以2299 1 2992 298J0099J00“00,99B(1 , 2 ,3)( 1 , 2 ,3)A( 1 ,2,3)22 1 22 20 0099100.因此有 1(22)1(22)2(出)Fz(z)与X不独立，因为PU的分布函数为:0,z3 2z21 ,21,z,02(z31)21)2,199100、2 (1 2 ) 1 (1 2 ) 2；【解析】(I)区域D的面积为s(D)x2)dx1 1PU 2PX 21

42、J，因此服从均匀分布,因此有因此可得f(x, y)3,0 x 1,x20,其他U与X不独立Fz(z)PUPU2x2112 PU1110,X- PX Y, X -2212120,z3 2z2121,zz3,0因此PU2XP U 丄 P X 1，故不独立.2 2(出)F(z)PU2(z31)21)2,1z 2(23)(此题总分值11分)设总体X的概率密度为f (x,3x2 0U,0 x ，其中 (0,)为未0,其他PUXPUPX 乙 XXz,U0Yz PU 卫PUP1 XPX 乙 X Y0,z3 2z21一，z2z3,00,zP1 X 乙 X Y2(z131)212,ZX z|U 0PU 0 PU

43、 X z|U 1PU 知参数，X1,X2,X3为总体 X 的简单随机抽样，令T max(X1,X2,X3). PU X z,u 1PU 1032(zPU 1Y21) ,1 z 2(I)求T的概率密度；(n )确定a，使得aT为 的无偏估计.【答案】(I )的概率密度:fT(x)【解析】,0 x0,其他109(I )根据题意， X1,X2,X3独立同分布,片 Pmax(XX2，X3)t PXiPXi tPX2 tPX3 t (PXi因此可得t,X2 t,X3 tt)3当 t 0时，FT(t)0 ；时,FT(t)0也当t 时，FtD 1，因此可得概率密度函数为:fTX莖00,其他£t9(n) E