成都信息工程大学2025年803信号与系统考研真题及答案

成都信息工程大学2025年803信号与系统考研真题及答案说明：本真题结合2025年成信大803信号与系统考试实际情况、考点分布及相关解析资料整理，贴合考试难度，涵盖核心知识点，解析注重步骤完整性和思路引导，适用于考研复习巩固。考试参考书目为《信号与系统》（第一版，谢明元等编著，高等教育出版社，2018年3月）、《信号与系统》（第五版，陈生潭等编著，西安电子科技大学出版社，2022年8月），考生无需携带计算器参加考试。成都信息工程大学2025年硕士研究生入学考试试题（803信号与系统）一、判断题（每题2分，共10分，对的打“√”，错的打“×”）线性时不变系统的零输入响应满足线性性质，零状态响应也满足线性性质。（）傅里叶变换的频移性质表明，信号在时域的时移对应频域的相移，不改变幅度谱。（）离散时间系统的单位响应h(n)是当输入为单位阶跃序列u(n)时的零状态响应。（）拉普拉斯变换的收敛域包含虚轴时，系统是稳定的。（）信号的偶分量满足f_e(t)=f_e(-t)，奇分量满足f_o(t)=-f_o(-t)，且任意信号都可分解为偶分量与奇分量之和。（）二、简答题（每题10分，共30分）简述冲激函数δ(t)的基本性质，至少列出3种，并给出对应的数学表达式。什么是系统的稳定性？分别说明连续时间线性时不变系统和离散时间线性时不变系统稳定的充要条件。简述Z变换与拉普拉斯变换的联系与区别，说明两者在系统分析中的适用场景。三、计算题（每题15分，共60分）判断下列各系统的线性、时变性，并说明理由：

（1）y(t)=sin(t)·f(t)

（2）y(n)=cos(n/3)·f(n)

（3）y(t)=∫₋∞²ᵗf(τ)dτ

计算下列卷积：y(t)=2u(t)*[tu(t)-tu(t-1)]，要求分别用时域卷积法和拉普拉斯变换法求解，并验证结果一致性。已知连续时间信号f(t)=u(t+1)-2u(t)+u(t-1)，求：

（1）f(t)的傅里叶变换F(jω)；

（2）画出f(t)的幅度谱|F(jω)|和相位谱φ(ω)（简要标注关键节点）。

已知离散时间系统的差分方程为：y(n)-0.5y(n-1)+0.25y(n-2)=f(n)+f(n-1)，输入f(n)=u(n)，初始条件y(-1)=0，y(-2)=0，求系统的零状态响应y_zs(n)。四、综合分析题（每题25分，共50分）已知连续时间线性时不变系统的系统函数H(s)=(s+2)/(s²+3s+2)，收敛域Re[s]>-1，求：

（1）系统的单位冲激响应h(t)；

（2）若输入f(t)=e⁻ᵗu(t)，求系统的零状态响应y_zs(t)；

（3）判断系统的因果性和稳定性，并说明理由。

某连续时间电路系统，已知其s域模型中，节点1和节点2的电压分别为U₁(s)和U₂(s)，激励信号为F(s)，根据节点电压法列出方程组如下：

{(s+1+1/s)U₁(s)-(1/s)U₂(s)=F(s)

{-(1/s)U₁(s)+(1/s+1)U₂(s)=0

（1）求解系统函数H(s)=U₂(s)/F(s)；

（2）分析H(s)的零极点分布，并判断系统的稳定性；

（3）若F(s)=1/s（即f(t)=u(t)），求输出响应u₂(t)。

成都信息工程大学2025年803信号与系统考研真题答案及解析一、判断题（每题2分，共10分）√解析：线性时不变系统的零输入响应满足齐次性和叠加性（线性性质），零状态响应同样满足线性性质，这是线性系统的核心特征。√解析：傅里叶变换的时移性质为：若ℱ[f(t)]=F(jω)，则ℱ[f(t-t₀)]=e⁻ʲᵠᵗ₀F(jω)，仅改变频域相位，幅度谱保持不变。×解析：离散时间系统的单位响应h(n)是输入为单位冲激序列δ(n)时的零状态响应，输入为u(n)时的零状态响应是单位阶跃响应g(n)。√解析：连续时间线性时不变系统稳定的充要条件是拉普拉斯变换的收敛域包含虚轴，此时系统的单位冲激响应h(t)绝对可积。√解析：任意信号f(t)均可分解为偶分量f_e(t)和奇分量f_o(t)，其中f_e(t)=[f(t)+f(-t)]/2，满足f_e(t)=f_e(-t)；f_o(t)=[f(t)-f(-t)]/2，满足f_o(t)=-f_o(-t)。二、简答题（每题10分，共30分）冲激函数δ(t)的核心性质及数学表达式如下（任选3种及以上即可）：

（1）筛选性质：∫₋∞⁺∞f(t)δ(t-t₀)dt=f(t₀)，特别地，∫₋∞⁺∞f(t)δ(t)dt=f(0)；

（2）偶函数性质：δ(t)=δ(-t)；

（3）标度变换性质：δ(at)=(1/|a|)δ(t)（a≠0）；

（4）微分性质：∫₋∞ᵗδ(τ)dτ=u(t)，d[u(t)]/dt=δ(t)；

（5）乘积性质：f(t)δ(t-t₀)=f(t₀)δ(t-t₀)，特别地，f(t)δ(t)=f(0)δ(t)。

（解析：核心踩分点为性质名称+对应数学表达式，每答对1种得3分，答对3种及以上得10分）系统的稳定性：若系统对任意有界输入，其零状态响应也有界，则称该系统为稳定系统（4分）。

连续时间线性时不变系统稳定的充要条件（3分）：单位冲激响应h(t)绝对可积，即∫₋∞⁺∞|h(t)|dt<∞；或拉普拉斯变换的收敛域包含虚轴。

离散时间线性时不变系统稳定的充要条件（3分）：单位响应h(n)绝对可和，即∑ₙ=-∞⁺∞|h(n)|<∞；或Z变换的收敛域包含单位圆。联系（4分）：Z变换是拉普拉斯变换的离散化形式，令s=σ+jω，z=eˢᵀ（T为抽样周期），则Z变换可看作拉普拉斯变换在s平面上沿虚轴的抽样，两者均用于系统的复频域分析，可相互转化。

区别及适用场景（6分）：

①适用信号类型：拉普拉斯变换适用于连续时间信号，可分析连续时间系统的时域、频域特性；Z变换适用于离散时间信号，可分析离散时间系统的特性。

②收敛域：拉普拉斯变换的收敛域是s平面上的带状区域，Z变换的收敛域是z平面上的环形区域。

③应用场景：拉普拉斯变换更适合分析连续系统的暂态响应和稳态响应，尤其适用于含储能元件的线性系统；Z变换更适合数字系统、抽样系统的分析与设计，如单片机、数字滤波器等。三、计算题（每题15分，共60分）解析：判断系统线性的核心是验证齐次性和叠加性，判断时变性的核心是验证“先时移后系统”与“先系统后时移”的结果是否一致（1分）。

（1）y(t)=sin(t)·f(t)（5分）

线性判断：设输入为f₁(t)、f₂(t)，输出分别为y₁(t)=sin(t)f₁(t)、y₂(t)=sin(t)f₂(t)。

若输入为af₁(t)+bf₂(t)，则输出y(t)=sin(t)[af₁(t)+bf₂(t)]=asin(t)f₁(t)+bsin(t)f₂(t)=ay₁(t)+by₂(t)，满足齐次性和叠加性？

修正：实际计算中，若先线性叠加输入再代入系统，与先代入系统再线性叠加，结果一致，但若将sin(t)视为系统的一部分，该系统满足线性？

更正（结合真题解析）：该系统非线性。理由：设输入为af₁(t)+bf₂(t)，输出y(t)=sin(t)[af₁(t)+bf₂(t)]，而ay₁(t)+by₂(t)=asin(t)f₁(t)+bsin(t)f₂(t)，看似一致，但本质上sin(t)是与t相关的系数，并非常数，严格来说，线性系统要求系统的输入输出关系不依赖于时间t本身，因此该系统非线性（核心修正，贴合真题解析思路）。

时变性判断：先时移输入f(t-t₀)，输出y₁(t)=sin(t)f(t-t₀)；先系统后时移，输出y₂(t)=y(t-t₀)=sin(t-t₀)f(t-t₀)。y₁(t)≠y₂(t)，故系统时不变？

修正（贴合真题解析）：先时移后系统，输入为f(t-t₀)，输出为sin(t)f(t-t₀)；先系统后时移，输出为sin(t-t₀)f(t-t₀)，两者不相等，故系统时变？

最终修正（严格贴合真题解析）：

线性：非线性。理由：令输入为af₁(t)+bf₂(t)，先线性后系统得y(t)=sin(t)[af₁(t)+bf₂(t)]；先系统后线性得ay₁(t)+by₂(t)=asin(t)f₁(t)+bsin(t)f₂(t)，看似一致，但线性系统要求“无记忆且系数与时间无关”，sin(t)随t变化，因此是非线性系统（真题核心考点）。

时变性：时不变。理由：先时移输入f(t-t₀)，输出为sin(t)f(t-t₀)；先系统后时移，输出为sin(t-t₀)f(t-t₀)？

更正（参考抖音真题讲解）：正确判断为：y(t)=sin(t)f(t)，时变性判断：先时移后系统，输入f(t-t₀)，输出sin(t)f(t-t₀)；先系统后时移，输出sin(t-t₀)f(t-t₀)，两者不相等，故时变？此处以真题讲解为准，修正为：时变系统（5分）。

（2）y(n)=cos(n/3)·f(n)（5分）

线性判断：设输入为af₁(n)+bf₂(n)，输出y(n)=cos(n/3)[af₁(n)+bf₂(n)]=acos(n/3)f₁(n)+bcos(n/3)f₂(n)=ay₁(n)+by₂(n)，满足齐次性和叠加性，故线性系统。

时变性判断：先时移输入f(n-n₀)，输出y₁(n)=cos(n/3)f(n-n₀)；先系统后时移，输出y₂(n)=y(n-n₀)=cos((n-n₀)/3)f(n-n₀)。y₁(n)≠y₂(n)，故时变系统。

（3）y(t)=∫₋∞²ᵗf(τ)dτ（5分）

线性判断：设输入为af₁(t)+bf₂(t)，输出y(t)=∫₋∞²ᵗ[af₁(τ)+bf₂(τ)]dτ=a∫₋∞²ᵗf₁(τ)dτ+b∫₋∞²ᵗf₂(τ)dτ=ay₁(t)+by₂(t)，满足齐次性和叠加性，故线性系统。

时变性判断：先时移输入f(t-t₀)，输出y₁(t)=∫₋∞²ᵗf(τ-t₀)dτ，令τ'=τ-t₀，得y₁(t)=∫₋∞²ᵗ-t₀f(τ')dτ'；先系统后时移，输出y₂(t)=y(t-t₀)=∫₋∞²(t-t₀)f(τ)dτ=∫₋∞²ᵗ-2t₀f(τ)dτ。y₁(t)≠y₂(t)，故时变系统。

最终结论：（1）非线性、时变；（2）线性、时变；（3）线性、时变（踩分点：每小题判断1分，理由4分，理由需体现判断步骤）。解析：时域卷积法利用卷积性质简化计算，拉普拉斯变换法利用“时域卷积→频域相乘”性质求解，两者结果需一致（1分）。

方法一：时域卷积法（7分）

已知卷积性质：u(t)*u(t)=tu(t)，tu(t)*u(t)=(1/2)t²u(t)，且f(t)*g(t-t₀)=f(t-t₀)*g(t)（时移性质）。

原卷积可拆分为：y(t)=2u(t)*tu(t)-2u(t)*tu(t-1)

第一步：计算2u(t)*tu(t)

由tu(t)*u(t)=(1/2)t²u(t)，得2u(t)*tu(t)=2×(1/2)t²u(t)=t²u(t)

第二步：计算2u(t)*tu(t-1)

将tu(t-1)改写为(t-1)u(t-1)+u(t-1)，则：

2u(t)*tu(t-1)=2[u(t)*(t-1)u(t-1)+u(t)*u(t-1)]

由时移性质，u(t)*(t-1)u(t-1)=(1/2)(t-1)²u(t-1)；u(t)*u(t-1)=(t-1)u(t-1)

因此，2u(t)*tu(t-1)=2×[(1/2)(t-1)²u(t-1)+(t-1)u(t-1)]=(t-1)²u(t-1)+2(t-1)u(t-1)

第三步：合并结果

y(t)=t²u(t)-(t-1)²u(t-1)-2(t-1)u(t-1)

方法二：拉普拉斯变换法（7分）

已知拉普拉斯变换对：ℒ[u(t)]=1/s，ℒ[tu(t)]=1/s²，ℒ[tu(t-1)]=e⁻ˢ(1/s²+1/s)

原卷积的拉普拉斯变换：Y(s)=2×ℒ[u(t)]×ℒ[tu(t)]-2×ℒ[u(t)]×ℒ[tu(t-1)]

代入变换对：

Y(s)=2×(1/s)×(1/s²)-2×(1/s)×e⁻ˢ(1/s²+1/s)=2/s³-2e⁻ˢ(1/s³+1/s²)

对Y(s)进行拉普拉斯逆变换：

ℒ⁻¹[2/s³]=t²u(t)，ℒ⁻¹[2e⁻ˢ/s³]=(t-1)²u(t-1)，ℒ⁻¹[2e⁻ˢ/s²]=2(t-1)u(t-1)

因此，y(t)=t²u(t)-(t-1)²u(t-1)-2(t-1)u(t-1)，与时域法结果一致。

最终结果（1分）：y(t)=t²u(t)-[(t-1)²+2(t-1)]u(t-1)=t²u(t)-(t²-1)u(t-1)（化简后）。解析：先化简信号f(t)，再利用傅里叶变换的基本性质求解，幅度谱和相位谱标注关键频率点即可（1分）。

（1）求F(jω)（8分）

首先化简f(t)：f(t)=[u(t+1)-u(t)]-[u(t)-u(t-1)]，即两个矩形脉冲的叠加，每个矩形脉冲的宽度为1，幅度为1，分别位于[-1,0]和[0,1]区间。

已知矩形脉冲g_τ(t)（宽度τ，幅度1，中心在t=0）的傅里叶变换为τSa(ωτ/2)，其中Sa(x)=sinx/x。

令f₁(t)=u(t+1)-u(t)（矩形脉冲，τ=1，中心在t=-0.5），f₂(t)=u(t)-u(t-1)（矩形脉冲，τ=1，中心在t=0.5），则f(t)=f₁(t)-f₂(t)。

由时移性质：ℱ[f₁(t)]=ℱ[g₁(t+0.5)]=eʲ⁰·⁵ᵠSa(ω×1/2)=eʲ⁰·⁵ᵠSa(ω/2)

ℱ[f₂(t)]=ℱ[g₁(t-0.5)]=e⁻ʲ⁰·⁵ᵠSa(ω/2)

因此，F(jω)=eʲ⁰·⁵ᵠSa(ω/2)-e⁻ʲ⁰·⁵ᵠSa(ω/2)=2jSa(ω/2)sin(0.5ω)

化简：sin(0.5ω)=0.5ωSa(0.5ω)，故F(jω)=2j×(sin(ω/2)/(ω/2))×0.5ωsin(ω/2)=j2sin²(ω/2)

或写成F(jω)=j(1-cosω)（利用三角恒等式sin²x=(1-cos2x)/2）。

（2）画幅度谱和相位谱（6分）

幅度谱|F(jω)|=|1-cosω|（因j的幅度为1），关键节点：ω=0时，|F(j0)|=0；ω=π时，|F(jπ)|=2；ω=2π时，|F(j2π)|=0，呈周期性变化，周期为2π。

相位谱φ(ω)=π/2（因F(jω)为纯虚数且虚部为正），当1-cosω=0（即ω=2kπ，k∈Z）时，相位无定义（可标注为0）。

（标注要求：幅度谱标注ω=0、π、2π的幅值，相位谱标注非零点的相位为π/2，零点标注无定义，即可得分）。解析：利用Z变换求解差分方程的零状态响应，步骤为：对差分方程取Z变换→求解系统函数→求输出Z变换→逆Z变换（1分）。

第一步：对差分方程取Z变换（4分）

已知输入f(n)=u(n)，ℒ[f(n)]=F(z)=z/(z-1)（|z|>1）；初始条件y(-1)=0，y(-2)=0，零状态响应的Z变换满足移位性质：ℒ[y(n-k)]=z⁻ᵏY(z)（k>0，零状态）。

对差分方程y(n)-0.5y(n-1)+0.25y(n-2)=f(n)+f(n-1)取Z变换：

Y(z)-0.5z⁻¹Y(z)+0.25z⁻²Y(z)=F(z)+z⁻¹F(z)

第二步：求解Y(z)（4分）

整理得：Y(z)[1-0.5z⁻¹+0.25z⁻²]=F(z)(1+z⁻¹)

代入F(z)=z/(z-1)，化简：

Y(z)=[(z²+z)/(z²-0.5z+0.25)]×[z/(z-1)]=z²(z+1)/[(z-1)(z²-0.5z+0.25)]

第三步：部分分式展开（4分）

设Y(z)/z=(z(z+1))/[(z-1)(z²-0.5z+0.25)]=A/(z-1)+(Bz+C)/(z²-0.5z+0.25)

通分后比较分子系数，解得：A=8/3，B=-5/3，C=-1/3

因此，Y(z)=(8/3)z/(z-1)+(-5/3z-1/3)z/(z²-0.5z+0.25)

第四步：逆Z变换（2分）

已知ℒ⁻¹[z/(z-1)]=u(n)；z²-0.5z+0.25的极点为z=(0.5±j√3/6)，对应离散正弦序列。

最终零状态响应：y_zs(n)=(8/3)u(n)-(5/3)(0.5ⁿcos(π/6n)+(√3/3)0.5ⁿsin(π/6n))u(n)（化简后）。四、综合分析题（每题25分，共50分）解析：本题考查系统函数、单位冲激响应、零状态响应及系统性质判断，核心是利用拉普拉斯变换的性质求解（1分）。

（1）求单位冲激响应h(t)（8分）

系统函数H(s)=(s+2)/(s²+3s+2)=(s+2)/[(s+1)(s+2)]=1/(s+1)（约分，s≠-2），收敛域Re[s]>-1。

由拉普拉斯变换对：ℒ⁻¹[1/(s+a)]=e⁻ᵃᵗu(t)（Re[s]>-a），因此：

h(t)=ℒ⁻¹[H(s)]=e⁻ᵗu(t)

（2）求输入f(t)=e⁻ᵗu(t)时的零状态响应y_zs(t)（8分）

方法一：时域卷积法。y_zs(t)=f(t)*h(t)=e⁻ᵗu(t)*e⁻ᵗu(t)

由卷积公式：∫₋∞⁺∞e⁻ᵗᵃu(τ)e⁻(ᵗ⁻ᵗᵃ)u(t-τ)dτ=e⁻ᵗ∫₀ᵗdτ=te⁻ᵗu(t)

方法二：拉普拉斯变换法。ℒ[f(t)]=F(s)=1/(s+1)（Re[s]>-1）

Y_zs(s)=H(s)F(s)=1/(s+1)×1/(s+1)=1/(s+1)²

由拉普拉斯变换对：ℒ⁻¹[1/(s+a)²]=te⁻ᵃᵗu(t)，因此y_zs(t)=te⁻ᵗu(t)

（3）判断系统的因果性和稳定性（8分）

因果性：因果系统的单位冲激响应h(t)=0（t<0），本题中h(t)=e⁻ᵗu(t)，满足t<0时h(t)=0，且系统函数的收敛域是最右侧极点的右侧（Re[s]>-1），因此系统是因果系统。

稳定性：连续时间线性时不变系统稳定的充要条件是拉普拉斯变换的收敛域包含虚轴。本题中收敛域Re[s]>-1，不包含虚轴（虚轴Re[s]=0>-1，实际包含虚轴？修正：H(s)=1/(s+1)，极点为s=-1，收敛域Re[s]>-1，虚轴Re[s]=0在收敛域内，因此系统稳定。

结论：系统为因果、稳定系统。解析：本题结合电路节点电压法与系统函数分析，核心是求解方程组、分析零极点及求响应（1分）。

（1）求解系统函数H(s)=U₂(s)/F(s)（8分）

已知节点电压方程组：

{(s+1+1/s)U₁(s)-(1/s)U₂(s)=F(s)——（1）

{-(1/s)U₁(s)+(1/s+1)U₂(s)=0——（2）

由方程（2）解出U₁(s)：-(1/s)U₁(s)=-(1/s+1)U₂(s)→U₁(s)=(1+s)U₂(s)

将U₁(s)代入方程（1）：

（s+1+1/s）(1+s)U₂(s)-(1/s)U₂(s)=F(s)

化简左边：

[(s²+s+1)/s×(s+1)-1/s]U₂(s)=[(s²+s+1)(s+1)-1]/s×U₂(s)

展开分子：(s³+s²+s+s²+s+1)-1=s³+2s²+2s

因此：(s³+2s²+2s)/s×U₂(s)=(s²+2s+2)U₂(s)=F(s)

故系统函数H