2025华南理工大学综评信号与系统真题及答案

2025华南理工大学综评信号与系统真题及答案一、单项选择题（每题3分，共15分）1.已知连续时间信号\(x(t)=\cos(2\pit)\cdot\sin(4\pit)\)，其基波周期为（）A.0.5sB.1sC.2sD.无周期解析：利用三角恒等式\(\cosA\sinB=\frac{1}{2}[\sin(A+B)+\sin(B-A)]\)，将\(x(t)\)展开为\(\frac{1}{2}[\sin(6\pit)+\sin(2\pit)]\)。两个正弦信号的频率分别为\(3Hz\)和\(1Hz\)，频率比为有理数（3:1），故合成信号的基频为\(1Hz\)，基波周期\(T=1/1=1s\)。答案选B。2.离散时间信号\(x[n]=(-1)^nu[n]\)的Z变换\(X(z)\)及其收敛域为（）A.\(\frac{z}{z+1}\)，\(|z|>1\)B.\(\frac{z}{z-1}\)，\(|z|>1\)C.\(\frac{1}{z+1}\)，\(|z|>1\)D.\(\frac{1}{z-1}\)，\(|z|>1\)解析：\((-1)^nu[n]\)是单边指数序列，其Z变换为\(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nz^{-n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{z}\right)^n\)，这是等比级数，收敛条件为\(|-1/z|<1\)即\(|z|>1\)，和为\(\frac{1}{1-(-1/z)}=\frac{z}{z+1}\)。答案选A。3.若线性时不变系统的冲激响应\(h(t)=e^{-t}u(t)\)，则其对输入\(x(t)=u(t)-u(t-2)\)的零状态响应\(y(t)\)在\(t=3\)时的值为（）A.\(1-2e^{-3}\)B.\(1-e^{-3}\)C.\(e^{-3}\)D.\(2e^{-3}\)解析：零状态响应\(y(t)=x(t)h(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)h(t-\tau)d\tau\)。由于\(x(\tau)\)在\(0<\tau<2\)时为1，其他为0；\(h(t-\tau)=e^{-(t-\tau)}u(t-\tau)\)，当\(t-\tau>0\)即\(\tau<t\)时非零。当\(t=3\)，积分区间为\(0<\tau<2\)（因\(2<3\)），故\(y(3)=\int_{0}^{2}e^{-(3-\tau)}d\tau=e^{-3}\int_{0}^{2}e^{\tau}d\tau=e^{-3}(e^2-1)=1-e^{-3}\)。答案选B。4.信号\(x(t)=te^{-2t}u(t)\)的拉普拉斯变换\(X(s)\)为（）A.\(\frac{1}{(s+2)^2}\)B.\(\frac{1}{s+2}\)C.\(\frac{2}{(s+2)^2}\)D.\(\frac{s}{(s+2)^2}\)解析：已知\(e^{-at}u(t)\)的拉普拉斯变换为\(\frac{1}{s+a}\)（\(\text{Re}\{s\}>-a\)），利用微分性质\(tx(t)\leftrightarrow-X'(s)\)，则\(te^{-2t}u(t)\)的拉普拉斯变换为\(-\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s+2}\right)=\frac{1}{(s+2)^2}\)。答案选A。5.某离散时间系统的系统函数\(H(z)=\frac{z}{z-0.5}\)，其频率响应\(H(e^{j\omega})\)的模为（）A.\(\frac{1}{\sqrt{1-\cos\omega+0.25}}\)B.\(\frac{1}{\sqrt{1.25-\cos\omega}}\)C.\(\frac{1}{\sqrt{1-0.5\cos\omega}}\)D.\(\frac{1}{\sqrt{1.25-\cos\omega}}\)解析：频率响应\(H(e^{j\omega})=\frac{e^{j\omega}}{e^{j\omega}-0.5}\)，模为\(\frac{|e^{j\omega}|}{|e^{j\omega}-0.5|}=\frac{1}{\sqrt{(\cos\omega-0.5)^2+\sin^2\omega}}=\frac{1}{\sqrt{\cos^2\omega-\cos\omega+0.25+\sin^2\omega}}=\frac{1}{\sqrt{1-\cos\omega+0.25}}=\frac{1}{\sqrt{1.25-\cos\omega}}\)。答案选B。二、填空题（每题4分，共20分）6.连续时间信号\(x(t)=\delta(t-1)+2\delta(t)\)的傅里叶变换\(X(j\omega)=\)__________。答案：\(e^{-j\omega}+2\)（利用冲激函数的傅里叶变换\(\delta(t-t_0)\leftrightarrowe^{-j\omegat_0}\)）。7.离散时间信号\(x[n]=2^nu[-n-1]\)的Z变换\(X(z)\)的收敛域为__________。解析：\(u[-n-1]\)是反因果序列（\(n\leq-1\)时为1），故\(x[n]=2^nu[-n-1]=\sum_{n=-\infty}^{-1}2^nz^{-n}=\sum_{k=1}^{\infty}2^{-k}z^{k}=\sum_{k=1}^{\infty}(z/2)^k\)，等比级数收敛条件为\(|z/2|<1\)即\(|z|<2\)。答案：\(|z|<2\)。8.已知系统微分方程\(y''(t)+3y'(t)+2y(t)=x'(t)+3x(t)\)，其系统函数\(H(s)=\)__________。解析：对微分方程取拉普拉斯变换（零初始条件），得\(s^2Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=sX(s)+3X(s)\)，故\(H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s+3}{s^2+3s+2}\)。答案：\(\frac{s+3}{s^2+3s+2}\)。9.信号\(x(t)=\text{rect}(t/2)\)（其中\(\text{rect}(t)\)为矩形脉冲，\(|t|<0.5\)时为1，否则为0）的傅里叶变换\(X(j\omega)=\)__________。解析：\(\text{rect}(t/2)\)是宽度为2（从-1到1）、高度为1的矩形脉冲，其傅里叶变换为\(\text{sinc}(\omega/2)\times2\)（矩形脉冲\(\text{rect}(t/T)\)的傅里叶变换为\(T\cdot\text{sinc}(\omegaT/2\pi)\)，此处\(T=2\)，故\(X(j\omega)=2\cdot\text{sinc}(\omega\times2/2\pi)=2\cdot\text{sinc}(\omega/\pi)\)，或写作\(2\cdot\frac{\sin\omega}{\omega}\)）。答案：\(2\cdot\frac{\sin\omega}{\omega}\)（或\(2\text{sinc}(\omega/\pi)\)）。10.某因果离散时间系统的系统函数\(H(z)=\frac{z^2-1}{z^2-0.5z-0.5}\)，其单位样值响应\(h[n]\)的终值\(\lim_{n\to\infty}h[n]=\)__________。解析：终值定理要求\(H(z)\)的所有极点在单位圆内（因果系统极点在单位圆内则稳定），或有一个一阶极点在\(z=1\)且其余极点在单位圆内。分解\(H(z)\)的分母：\(z^2-0.5z-0.5=(z-1)(z+0.5)\)，极点为\(z=1\)（一阶）和\(z=-0.5\)（在单位圆内）。终值\(h[\infty]=\lim_{z\to1}(z-1)H(z)=\lim_{z\to1}\frac{(z-1)(z^2-1)}{(z-1)(z+0.5)}=\lim_{z\to1}\frac{(z-1)(z+1)}{z+0.5}=0\)（因分子在\(z=1\)处为0）。答案：0。三、计算题（共50分）11.（12分）计算连续时间信号\(x(t)=e^{-t}u(t)\)与\(h(t)=e^{-2t}u(t)\)的卷积\(y(t)=x(t)h(t)\)，并画出\(y(t)\)的波形。解：卷积定义为\(y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)h(t-\tau)d\tau\)。由于\(x(\tau)=e^{-\tau}u(\tau)\)（\(\tau>0\)时非零），\(h(t-\tau)=e^{-2(t-\tau)}u(t-\tau)\)（\(t-\tau>0\)即\(\tau<t\)时非零）。因此，积分区间为\(0<\tau<t\)（当\(t>0\)时），当\(t\leq0\)时\(y(t)=0\)。当\(t>0\)，\[y(t)=\int_{0}^{t}e^{-\tau}\cdote^{-2(t-\tau)}d\tau=e^{-2t}\int_{0}^{t}e^{\tau}d\tau=e^{-2t}(e^t-1)=e^{-t}-e^{-2t}\]综上，\(y(t)=(e^{-t}-e^{-2t})u(t)\)。波形为从0开始上升，达到峰值后指数衰减，最终趋于0。12.（14分）已知离散时间系统的差分方程为\(y[n]-0.5y[n-1]=x[n]+2x[n-1]\)，初始条件\(y[-1]=2\)，输入\(x[n]=u[n]\)（单位阶跃序列）。求系统的零输入响应\(y_{zi}[n]\)、零状态响应\(y_{zs}[n]\)和全响应\(y[n]\)（\(n\geq0\)）。解：（1）零输入响应\(y_{zi}[n]\)：仅由初始条件引起，输入\(x[n]=0\)，差分方程为\(y_{zi}[n]-0.5y_{zi}[n-1]=0\)，特征方程\(r-0.5=0\)，特征根\(r=0.5\)，故\(y_{zi}[n]=A(0.5)^n\)（\(n\geq0\)）。利用初始条件\(y[-1]=2\)，当\(n=0\)时，\(y_{zi}[0]=0.5y_{zi}[-1]\)，但零输入响应在\(n<0\)时为0（因果系统），因此需通过递推确定\(y_{zi}[0]\)。原方程零输入时，\(y_{zi}[0]=0.5y_{zi}[-1]=0.5\times2=1\)，代入\(y_{zi}[0]=A(0.5)^0=A=1\)，故\(y_{zi}[n]=(0.5)^n\)（\(n\geq0\)）。（2）零状态响应\(y_{zs}[n]\)：初始条件为0，输入\(x[n]=u[n]\)。对差分方程取Z变换（零初始条件），得\(Y_{zs}(z)-0.5z^{-1}Y_{zs}(z)=X(z)+2z^{-1}X(z)\)，其中\(X(z)=\frac{z}{z-1}\)（\(|z|>1\)）。整理得\(Y_{zs}(z)=\frac{1+2z^{-1}}{1-0.5z^{-1}}X(z)=\frac{z(z+2)}{(z-0.5)(z-1)}\)。部分分式分解：设\(\frac{z(z+2)}{(z-0.5)(z-1)}=\frac{Az}{z-0.5}+\frac{Bz}{z-1}\)，解得\(A=\frac{0.5(0.5+2)}{0.5-1}=\frac{0.5\times2.5}{-0.5}=-2.5\)，\(B=\frac{1(1+2)}{1-0.5}=\frac{3}{0.5}=6\)。因此\(Y_{zs}(z)=-2.5\cdot\frac{z}{z-0.5}+6\cdot\frac{z}{z-1}\)，逆Z变换得\(y_{zs}[n]=[-2.5(0.5)^n+6]u[n]\)。（3）全响应\(y[n]=y_{zi}[n]+y_{zs}[n]=(0.5)^n+[-2.5(0.5)^n+6]u[n]=[-1.5(0.5)^n+6]u[n]\)（\(n\geq0\)）。13.（14分）分析连续时间系统的频率响应\(H(j\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega+1)(j\omega+3)}\)，要求：（1）画出系统的零极点图；（2）判断系统的稳定性；（3）求系统对输入\(x(t)=\cos(2t)\)的稳态响应\(y(t)\)。解：（1）系统函数\(H(s)=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)}\)（令\(s=j\omega\)），零点为\(s=-2\)，极点为\(s=-1\)和\(s=-3\)。零极点图中，零点用“○”标在实轴-2处，极点用“×”标在实轴-1和-3处。（2）稳定性判断：因果系统的极点均位于s左半平面（实部<0），本题极点为-1和-3，均满足，故系统稳定。（3）稳态响应：输入\(x(t)=\cos(2t)\)是频率\(\omega=2\)的正弦信号，稳态响应\(y(t)=|H(j2)|\cos(2t+\angleH(j2))\)。计算\(H(j2)=\frac{j2+2}{(j2+1)(j2+3)}=\frac{2+j2}{(1+j2)(3+j2)}\)。分子模\(|2+j2|=2\sqrt{2}\)，角度\(45^\circ\)；分母模\(|1+j2||3+j2|=\sqrt{1+4}\cdot\sqrt{9+4}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{13}=\sqrt{65}\)，角度\(\arctan(2/1)+\arctan(2/3)\approx63.43^\circ+33.69^\circ=97.12^\circ\)。故\(|H(j2)|=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{65}}\approx\frac{2.828}{8.062}\approx0.351\)，\(\angleH(j2)=45^\circ-97.12^\circ=-52.12^\circ\approx-0.909\)弧度。因此，稳态响应\(y(t)\approx0.351\cos(2t-52.12^\circ)\)。14.（10分）已知离散时间信号\(x[n]=\delta[n]+2\delta[n-1]+\delta[n-2]\)，求其傅里叶变换\(X(e^{j\omega})\)，并分析其幅度特性\(|X(e^{j\omega})|\)的对称性。解：离散时间傅里叶变换（DTFT）定义为\(X(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j\omegan}\)。代入\(x[n]\)得：\[X(e^{j\omega})=1+2e^{-j\omega}+e^{-j2\omega}=e^{-j\omega}(e^{j\omega}+2+e^{-j\omega})=e^{-j\omega}(2+2\cos\omega)=2e^{-j\omega}(1+\cos\omega)\]幅度特性\(|X(e^{j\omega})|=2|1+\cos\omega|\)。由于\(\cos\omega\)是偶函数（\(\cos(-\omega)=\cos\omega\)），故\(|X(e^{j\omega})|=|X(e^{-j\omega})|\)，即幅度特性关于\(\omega=0\)对称（偶对称）。四、综合分析题（共15分）15.设计一个连续时间因果稳定系统，要求其对输入\(x(t)=e^{j3t}\)的响应为\(y(t)=2e^{j3t}\)，对输入\(x(t)=e^{-j3t}\)的响应为\(y(t)=2e^{-j3t}\)，且系统对直流信号（\(\omega=0\)）的增益为1。（1）求系统的频率响应\(H(j\omega)\)；（2）写出系统的微分方程；（3）判断系统是否为低通、高通或带通滤波器，并说明理由。解：（1）频率响应\(H(j\omega)\)定义为正弦稳态响应与输入的比值。对\(x(t)=e^{j\omega_0t}\)，响应\(y(t)=H(j\omega_0)e^{j\omega_0t}\)。题目中\(\omega_0=3\)时，\(H(j3)=2\)；\(\omega_0=-3\)时，\(H(-j3)=2\)（因\(e^{-j3t}\)对应\(\omega=-3\)）。对直流信号\(\omega=0\)，增益\(|H(j0)|=1\)，即\(H(j0)=1\)（假设相位为0）。由于系统是因果稳定的，其频率响应\(H(j\omega)\)应为有理函数，且极点在s左半平面。考虑到\(H(j\omega)\)需在\(\omega=\pm3\)处有固定增益，可设\(H(j\omega)=\frac{a}{(j\omega)^2+bj\omega+c}\)（二阶系统）。代入\(\omega=0\)时\(H(j0)=\frac{a}{c}=1\)，故\(a=c\)。代入\(\omega=3\)时\(H(j3)=\frac{a}{(j3)^2+bj3