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1
1993 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) 函数
1
1
( )
(2
) (
0)
x
F x
dt x
t
的单调减少区间为______________.
(2) 由曲线
2
2
3
2
12,
0
x
y
z
绕y 轴旋转一周得到的旋转面在点(0, 3,
2) 处的指向外侧
的单位法向量为______________.
(3) 设函数
2
( )
(
)
f x
x
x
x
的傅里叶级数展开式为
0
1
(
cos
sin
)
2
n
n
n
a
a
nx
b
nx
,则其中系数
3b 的值为______________.
(4) 设数量场
2
2
2
ln
,
u
x
y
z
则
(grad )
div
u ______________.
(5) 设n 阶矩阵A 的各行元素之和均为零,且A 的秩为
1
n ,则线性方程组
0
Ax
的通解
为______________.
二、 选择题(本题共5 小题,每小题3 分,满分15 分,在每小题给出的四个选项中,只
有一项
是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)
(1) 设
sin
2
0
( )
sin( )
x
f x
t
dt
,
3
4
( )
g x
x
x
则当
0
x
时,
( )
f x 是( )
g x 的
(
)
(A) 等价无穷小
(B) 同阶但非等价无穷小
(C) 高阶无穷小
(D) 低阶无穷小
(2) 双纽线
2
2
2
2
2
(
)
x
y
x
y
所围成的区域面积可用定积分表示为
(
)
(A)
4
0
2
cos2 d
(B)
4
0
4
cos2 d
(C)
4
0
2
cos2 d
(D)
2
4
0
1
(cos2 )
2
d
(3) 设有直线
1
1
5
8
:
1
2
1
x
y
z
L
与
2
6
: 2
3
x
y
L
y
z
,则
1L 与
2
L 的夹角为
(
)
(A) 6
(B) 4
(C) 3
(D) 2
(4) 设曲线积分
[ ( )
]sin
( )cos
x
L f x
e
ydx
f x
ydy
与路径无关,其中
( )
f x 具有一阶连续
--- [第 2 页] ---
2
导数,且
(0) 0
f
,则
( )
f x 等于
(
)
(A)
2
x
x
e
e
(B)
2
x
x
e
e
(C)
1
2
x
x
e
e
(D) 1
2
x
x
e
e
(5) 已知
1
2
3
2
4
3
6
9
Q
t
, P 为三阶非零矩阵,且满足
0
PQ
,则
(A)
6
t
时, P 的秩必为1
(B)
6
t
时, P 的秩必为2
(C)
6
t
时, P 的秩必为1
(D)
6
t
时, P 的秩必为2
三、 (本题共3 小题,每小题5 分,满分15 分.)
(1) 求
2
1
lim(sin
cos
) x
x
x
x
.
(2) 求
1
x
x
xe
dx
e
.
(3) 求微分方程
2
2
x y
xy
y
,满足初始条件
1
|
1
x
y
的特解.
四、 (本题满分6 分)
计算
2
2xzdydz
yzdzdx
z dxdy
,其中是由曲面
2
2
z
x
y
与
2
2
2
z
x
y
所围立体的表面外侧.
五、 (本题满分7 分)
求级数
2
0
( 1) (
1)
2
n
n
n
n
n
的和.
六、(本题共2 小题,每小题5 分,满分10 分.)
(1) 设在[0,
)
上函数
( )
f x 有连续导数,且
( )
0,
(0) 0,
f
x
k
f
证明
( )
f x 在(0,+ )
内有且仅有一个零点.
(2) 设b
a
e
,证明
b
a
a
b
.
七、(本题满分8 分)
已知二次型
2
2
2
1
2
3
1
2
3
2
3
( ,
,
)
2
3
3
2
(
0)
f x x x
x
x
x
ax x a
,通过正交变换化成标准形
--- [第 3 页] ---
3
2
2
2
1
2
3
2
5
f
y
y
y
,求参数a 及所用的正交变换矩阵.
八、(本题满分6 分)
设A 是n m
矩阵, B 是m n
矩阵,其中n
m
, E 是n 阶单位矩阵,若AB
E
,证明
B 的列向量组线性无关.
九、(本题满分6 分)
设物体A 从点(0,1) 出发,以速度大小为常数v 沿y 轴正向运动.物体B 从点( 1,0)
与
A 同时出发,其速度大小为2v ,方向始终指向A ,试建立物体B 的运动轨迹所满足的微分方
程,并写出初始条件.
十、填空题(本题共2 小题,每小题3 分,满分6 分,把答案填在题中横线上.)
(1) 一批产品共有10 个正品和2 个次品,任意抽取两次,每次抽一个,抽出后不再放回,则第
二次抽出的是次品的概率为_______.
(2) 设随机变量X 服从(0,2) 上的均匀分布,则随机变量
2
Y
X
在(0,4) 内的概率分布密
度
( )
Yf
y _______.
十一、(本题满分6 分)
设随机变量X 的概率分布密度为
| |
1
( )
2
x
f x
e
,
x
.
(1) 求X 的数学期望
(
)
E X
和方差
(
)
D X .
(2) 求X 与|
|
X 的协方差,并问X 与|
|
X 是否不相关？
(3) 问X 与|
|
X 是否相互独立？为什么？
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4
1993 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
一、 填空题(本题共5 个小题,每小题3 分,满分15 分.)
(1) 【答案】
1
0
4
x
【解析】由连续可导函数的导数与0 的关系判别函数的单调性.
将函数
1
1
( )
(2
)
,
x
F x
dt
t
两边对x 求导,得
1
( )
2
F x
x
.
若函数
( )
F x 严格单调减少,则
1
( )
2
0
F x
x
,即
1
2
x
.
所以函数
( )
F x 单调减少区间为
1
0
4
x
.
【相关知识点】函数的单调性：设函数
( )
y
f x
在[ , ]
a b 上连续,在( , )
a b 内可导.
(1) 如果在( , )
a b 内
( )
0
f
x
,那么函数
( )
y
f x
在[ , ]
a b 上单调增加；
(2) 如果在( , )
a b 内
( )
0
f
x
,那么函数
( )
y
f x
在[ , ]
a b 上单调减少.
(2) 【答案】
1
0,
2, 3
5
【解析】先写出旋转面S 的方程：
2
2
2
3(
)
2
12
x
z
y
.
令
2
2
2
( , , )
3(
)
2
12
F x y z
x
z
y
.
则S 在点( , , )
x y z 的法向量为
,
,
6 ,4 ,6
F
F
F
n
x
y
z
x
y
z
,
所以在点(0, 3,
2) 处的法向量为
0,4 3,6 2
2 0,2 3,3 2
n
.
因指向外侧,故应取正号,单位法向量为
0
2
2
2
2 0,2 3,3 2
1
1
0,2 3,3 2
0,
2, 3
|
|
30
5
0
4 3
6 2
n
n
n
.
(3) 【答案】2
3
--- [第 5 页] ---
5
【解析】按傅式系数的积分表达式
1
( )sin
nb
f x
nxdx
,
所以
2
2
3
1
1
(
)sin3
sin3
sin3
b
x
x
xdx
x
xdx
x
xdx
.
因为
2 sin3
x
x 为奇函数,所以
2 sin3
0
x
xdx
；
sin3
x
xdx 为偶函数,所以
3
0
sin3
2
sin3
b
x
xdx
x
xdx
0
0
0
1
2
2
2
(
cos3 )
cos3
cos3
3
3
3
x
xd
x
x
xdx
0
2
2 sin3
2
3
3
3
3
x
.
(4) 【答案】
2
2
2
1
x
y
z
【解析】先计算u 的梯度,再计算该梯度的散度.
因为
grad
u
u
u
u
i
j
k
x
y
z
,
所以
2
2
2
2
2
2
(grad )
,
,
u
u
u
u
u
u
div
u
div
x
y
z
x
y
z
.
数量场
2
2
2
ln
u
x
y
z
分别对, ,
x y z 求偏导数,得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
u
x
x
x
x
y
z
x
y
z
x
y
z
,
由对称性知
2
2
2
u
y
y
x
y
z
,
2
2
2
u
z
z
x
y
z
,
将
,
,
u
u
u
x
y
z
分别对, ,
x y z 求偏导,得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
2
(
)
(
)
u
x
y
z
x
x
y
z
x
x
x
y
z
x
y
z
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
u
z
x
y
y
x
y
z
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
u
x
y
z
z
x
y
z
,
--- [第 6 页] ---
6
因此,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
(grad )
u
u
u
div
u
x
y
z
x
y
z
.
(5) 【答案】(1,1,
,1)T
k
【解析】因为( )
1
r A
n
,由
( )
1
n
r A
知,齐次方程组的基础解系为一个向量,故
0
Ax
的通解形式为k.下面根据已知条件“ A 的各行元素之和均为零”来分析推导
0
Ax
的一个非零解,它就是
0
Ax
的基础解系.
各行元素的和均为0,即
11
12
1
21
22
2
1
2
0
0
0
n
n
n
n
nn
a
a
a
a
a
a
a
a
a
,
而齐次方程组
0
Ax
为
11 1
12
2
1
21 1
22
2
2
1 1
2
2
0
0
0
n
n
n
n
n
n
nn
n
a x
a x
a x
a x
a x
a x
a x
a x
a x
.
两者比较,可知
1
2
1
n
x
x
x
是
0
Ax
的解.所以应填(1,1,
,1)T
k
.
二、 选择题(本题共5 小题,每小题3 分,满分15 分.)
(1) 【答案】(B)
【解析】
0
( )
lim
( )
x
f x
g x
为“ 0
0
”型的极限未定式,又分子分母在点0 处导数都存在,
运用洛必达法则,有
sin
2
2
2
0
3
4
2
3
2
3
0
0
0
0
0
sin( )
( )
sin(sin
)cos
sin(sin
)
lim
lim
lim
lim
limcos
( )
3
4
3
4
x
x
x
x
x
x
t
dt
f x
x
x
x
x
g x
x
x
x
x
x
x
洛
2
2
3
0
sin(sin
)
lim 3
4
x
x
x
x
.
因为当
0
x
,sin
0,
x
所以
2
2
2
sin(sin
)
sin
x
x
x
,所以
2
2
2
3
2
3
0
0
0
sin(sin
)
1
1
lim
lim
lim
3
4
3
4
3
4
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
,
--- [第 7 页] ---
7
所以
( )
f x 与( )
g x 是同阶但非等价的无穷小量.应选(B).
【相关知识点】无穷小的比较：
设在同一个极限过程中,
( ),
( )
x
x
为无穷小且存在极限
( )
lim
( )
x
l
x
,
(1) 若
0,
l
称
( ),
( )
x
x
在该极限过程中为同阶无穷小；
(2) 若
1,
l
称
( ),
( )
x
x
在该极限过程中为等价无穷小,记为
( )
( )
x
x
；
(3) 若
0,
l
称在该极限过程中
( )
x
是
( )x
的高阶无穷小,记为
( )
( )
x
o
x
.
若
( )
lim
( )
x
x
不存在(不为),称
( ),
( )
x
x
不可比较.
(2) 【答案】(A)
【解析】由方程可以看出双纽线关于x 轴、y 轴对称,(如草图)
只需计算所围图形在第一象限部分的面积；
双纽线的直角坐标方程复杂,而极坐标方程
较为简单：
2
cos2
.
显然,在第一象限部分的变化范围是
[0,
]
4
.再由对称性得
2
4
4
1
0
0
1
4
4
2
cos2
2
S
S
d
d
,
应选(A).
(3) 【答案】(C)
【解析】这实质上是求两个向量的夹角问题,
1L 与
2
L 的方向向量分别是
1
2
(1, 2,1),
1
1
0
( 1, 1,2)
0
2
1
i
j
k
l
l
,
1L 与
2
L 的夹角的余弦为
1
2
1
2
1
2
|
|
3
1
cos
| cos( , ) |
2
|
||
|
6 6
l
l
l l
l
l
,
所以
3
,应选(C).
--- [第 8 页] ---
8
(4) 【答案】(B)
【解析】在所考察的单连通区域上,该曲线积分与路径无关
(( ( )
)sin )
(
( )cos )
x
f x
e
y
f x
y
y
x
,
即
( ( )
)cos
( )cos
x
f x
e
y
f
x
y
,
化简得
( )
( )
x
f
x
f x
e
, 即
2
( )
x
x
e f x
e
,
解之得
2
1
( )
2
x
x
e f x
e
C
, 所以
2
1
( )
(
)
2
x
x
f x
e
e
C
.
由
(0) 0
f
得
1
2
C
,因此
1
( )
(
)
2
x
x
f x
e
e
,故应选(B).
【相关知识点】曲线积分
L Pdx
Qdy
在单连通区域内与路径无关的充分必要条件是
P
Q
y
x
.
(5) 【答案】(C)
【解析】若A 是m n
矩阵, B 是n
s
矩阵,
0
AB
,则( )
( )
r A
r B
n
.
当
6
t
时,矩阵的三行元素对应成比例, ( )
1
r Q
,有( )
( )
3
r P
r Q
,知( )
2
r P
,
所以, ( )
r P 可能是1,也有可能是2,所以(A)、(B)都不准确；
当
6
t
时,矩阵的第一行和第三行元素对应成比例, ( )
2
r Q
,于是从( )
( )
3
r P
r Q
得( )
1
r P ,又因
0
P
,有
( )
1
r P ,从而( )
1
r P 必成立,所以应当选(C).
三、 (本题共3 小题,每小题5 分,满分15 分.)
(1) 【解析】令1
t
x
,则当x 时,
0
t
,
1
0
2
1
lim(sin
cos
)
lim(sin 2
cos )
x
t
x
t
t
t
x
x
,
这是1型未定式,
1
1
sin2
cos
1
sin2
cos
1
0
0
lim(sin 2
cos )
lim(1 sin 2
cos
1)
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
,
而
1
sin2
cos
1
0
lim(1 sin 2
cos
1)
t
t
t
t
t
是两个重要极限之一,即
--- [第 9 页] ---
9
1
sin2
cos
1
0
lim(1 sin 2
cos
1)
t
t
t
t
t
e
.
所以
0
1
sin2
cos
1
sin2
cos
1
lim
0
0
lim(sin 2
cos )
lim
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
e
e
.
而
0
0
sin 2
cos
1
2cos2
sin
lim
lim
2
1
t
t
t
t
t
t
t
洛
,
故
2
2
1
lim(sin
cos
) x
x
e
x
x
.
(2) 【解析】方法一：
2
1
2
1
2
1
1
x
x
x
x
x
xe
dx
xd e
x e
e
dx
e
.
令
1
xe
t
,则
2
2
2
ln(
1),
1
tdt
x
t
dx
t
,
所以
2
2
2
2
2
1
1
2
2 (1
)
1
1
1
x
tdt
t
e
dx
t
dt
dt
t
t
t
2
2arctan
2
1
2arctan
1
x
x
t
t
C
e
e
C
,
所以
2
1
2
1
1
x
x
x
x
xe
dx
x e
e
dx
e
2
1
4
1
4arctan
1
x
x
x
x e
e
e
C
.
方法二：令
1
xe
t
,则
2
2
2
2
1,
ln(
1),
1
x
tdt
e
t
x
t
dx
t
,
所以
2
2
2
2
(
1)ln(
1)
2
2 ln(
1)
1
1
x
x
xe
t
t
t
dx
dt
t
dt
t
t
e
2
2
2
2
2
2 ln(
1)
2
ln(
1)
2 ln(
1)
4
1
t
t
t
td
t
t
t
dt
t
.
关于
2
2
1
t
dt
t
的求解同方法一,所以
2
2 ln(
1)
4(
arctan )
1
x
x
xe
dx
t
t
t
t
C
e
2
1
4
1
4arctan
1
x
x
x
x e
e
e
C
.
(3) 【解析】解法一：所给方程为伯努利方程,两边除以
2
y 得
2
2
1
1
x y
y
xy
,即
2
1
1
(
)
1
x
y
xy
.
--- [第 10 页] ---
10
令
1
y
z
,则方程化为
2
1
x z
xz
,即
2
1
1
z
z
x
x
,
即
3
1
( )
z
x
x
,
积分得
2
1
2
z
x
C
x
.
由
1
y
z
得
2
1
1
2 x
C
xy
,
即
2
2
1
2
x
y
Cx
,
代入初始条件
1
|
1
x
y
,得
1
2
C
,所以所求方程的特解是
2
2
1
x
y
x
.
解法二：所给方程可写成
2
( )
y
y
y
x
x
的形式,此方程为齐次方程.
令y
u
x
,则
,
y
xu y
u
xu
,所以方程可化为
2
u
xu
u
u
,分离变量得
(
2)
du
dx
u u
x
,
积分得
1
1
2
ln
ln |
|
2
u
x
C
u
,
即
2
2
u
Cx
u
.
以y
u
x
代入上式,得
2
2
y
x
Cx y
.代入初始条件
1
|
1
x
y
,得
1
C ,
故特解为
2
2
1
x
y
x
.
四、 (本题满分6 分)
【解析】将I 表成I
Pdydz
Qdzdx
Rdxdy
,则
2
2
P
Q
R
z
z
z
z
x
y
z
.
又是封闭曲面,可直接用高斯公式计算.
记围成区域,见草图,取外侧,由高斯公式得
P
Q
R
I
dV
zdV
x
y
z
.
用球坐标变换求这个三重积分.
在球坐标变换下,为：0
2 ,0
,0
2
4
,于是
--- [第 11 页] ---
11
2
2
2
4
0
0
0
cos
sin
I
zdV
d
d
d
2
3
4
0
0
2
sin
sin
d
d
2
4
2
4
0
0
1
1
1
2
sin
2
1
2
4
4
2
.
五、 (本题满分7 分)
【解析】先将级数分解,
2
0
0
0
( 1) (
1)
( 1)
(
1)
1
(
)
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
A
.
第二个级数是几何级数,它的和已知
0
1
1
2
(
)
1
2
3
1 (
)
2
n
n
.
求第一个级数的和转化为幂级数求和.考察
0
1
( 1)
(|
| 1)
1
n
n
n
x
x
x
.
2
0
0
( )
( 1)
(
1)
(
( 1)
)
n
n
n
n
n
n
S x
n n
x
x
3
1
2
(
)
1
(1
)
x
x
,
所以
2
3
0
( 1)
(
1)
1
1
1
2
4
( )
1
2
2
2
4
27
(1
)
2
n
n
n
n n
S
.
因此原级数的和
4
2
22
27
3
27
A
.
六、(本题共2 小题,每小题5 分,满分10 分.)
(1) 【解析】证法一：由拉格朗日中值定理可知,在(0, )x 存在一点,使得
( )
(0) ( )(
0)
( )
f x
f
f
x
xf
,
即
( )
( )
(0) f x
xf
f
.
因为
( )
0
f
k
,所以当x 时,
( )
xf
,故
( )
f x .
--- [第 12 页] ---
12
由
(0) 0
f
,所以在(0, )x 上由介值定理可知,必有一点
(0, )x
使得
( )
0
f
.
又因为
( )
0
f
k
,故
( )
f x 为严格单调增函数,故值唯一.
证法二：用牛顿-莱布尼兹公式,由于
0
0
( )
(0) x
x
f x
f
f t dt
f
kdt
f
kx
,
以下同方法1.
(2) 【解析】先将不等式做恒等变形:
因为b
a
e
,故原不等式等价于ln
ln
b
a
a
b
或ln
ln
a
b
a
b
.
证法一：令
( )
ln
ln , (
)
f x
x
a
a
x
x
a
e
,则
( )
ln
a
f
x
a
x
.
因为x
a
e
,所以ln
1,
1
a
a
x
,故
( )
ln
0
a
f
x
a
x
.
从而
( )
f x 在x
a
e
时为严格的单调递增函数,故
( )
( )
0, (
)
f x
f a
x
a
e
.
由此
( )
ln
ln
0
f b
b
a
a
b
,即
b
a
a
b
.
证法二：令
ln
( )
(
)
x
f x
x
e
x
,则
2
1 ln
( )
x
f
x
x
.
当
( ,
)
x
e
时,
( )
0
f
x
,所以
( )
f x 为严格的单调递减函数,故存在b
a
e
使得
ln
ln
( )
( )
b
a
f b
f a
b
a
成立.即
b
a
a
b
.
七、(本题满分8 分)
【解析】写出二次型f 的矩阵为
2
0
0
0
3
0
3
A
a
a
,它的特征方程是
2
2
2
0
0
|
|
0
3
(
2)(
6
9
)
0
0
3
E
A
a
a
a
.
f 经正交变换化成标准形
2
2
2
1
2
3
2
5
f
y
y
y
,那么标准形中平方项的系数1,2,5 就是A 的
特征值.
把
1
代入特性方程,得
2
4
0
a
2
a
.
--- [第 13 页] ---
13
因
0
a
知
2
a
.这时
2
0
0
0
3
2
0
2
3
A
.
对于
1
1
,由(
)
0
E
A x
,
1
0
0
1
0
0
0
2
2
0
1
1
0
2
2
0
0
0
,得
1
(0,1 1)T
X
.
对于
2
2
,由(2
)
0
E
A x
,
0
0
0
0
1
2
0
1
2
0
0
3
0
2
1
0
0
0
,得
2
(1,0,0)T
X
.
对于
3
5
,由(5
)
0
E
A x
,
3
0
0
3
0
0
0
2
2
0
1
1
0
2
2
0
0
0
,得
3
(0,1,1)T
X
.
将
1
2
3
,
,
X
X
X 单位化,得
1
2
3
0
1
0
1
1
1
,
0 ,
1
2
2
1
0
1
.
故所用的正交变换矩阵为
1
2
3
0
1
0
1
1
( ,
,
)
0
2
2
1
1
0
2
2
P
.
【相关知识点】二次型的定义：含有n 个变量
1
2
,
,
,
n
x x
x
的二次齐次多项式(即每项都是二
次的多项式)
1
2
1
1
,
,
,
,
n
n
n
ij
i
j
i
j
f x x
x
a x x
其中
ij
ji
a
a
,
称为n 元二次型.令
1
2
,
,
,
T
n
x
x x
x
,
ij
A
a
,则二次型可用矩阵乘法表示为
1
2
,
,
,
,
T
n
f x x
x
x Ax
其中A 是对称矩阵
T
A
A
,称A 为二次型
1
2
,
,
,
n
f x x
x
的矩阵.
八、(本题满分6 分)
--- [第 14 页] ---
14
【解析】证法一：对B 按列分块,记
1
2
(
,
,
)
n
B
,若
1
1
2
2
0
n
n
k
k
k
,
即
1
2
1
2
(
,
,
,
)
0
n
n
k
k
k
,
亦即
1
2
0
n
k
k
B
k
.
两边左乘A ,得
1
2
0
n
k
k
AB
k
,即
1
2
0
n
k
k
E
k
,亦即
1
2
0
n
k
k
k
.
所以
1
2
,
,
n
线性无关.
证法二：因为B 是m n
矩阵, n
m
,所以( )
r B
n
.
又因( )
(
)
( )
r B
r AB
r E
n
,故( )
r B
n
.所以
1
2
,
,
n
线性无关.
【相关知识点】1. 向量组线性相关和线性无关的定义：存在一组不全为零的数
1
2
m
k ,k ,
,k
,
使
1
1
2
2
0
m
m
k
k
k
,则称
1
2
m
,
,
,
线性相关；否则,称
1
2
m
,
,
,
线性无
关．
2. 矩阵乘积秩的结论：乘积的秩小于等于单个矩阵的秩
九、(本题满分6 分)
【解析】如图,设当A 运动到(0, )
Y 时, B 运动到( , )
x y .
由B 的方向始终指向A ,有
0
dy
y
Y
dx
x
,即
.
dy
Y
y
x dx
(1) 又由
dY
v
dt
,
2
2
2
(
)
(
)
dy
dx
v
dt
dt
,得
2
2
(
)
(
)
2
dy
dx
dY
dt
dt
dt
.
由题意, ( )
x t 单调增,
0
dx
dt
,所以
2
1 (
)
2
dx
dy
dY
dt
dx
dt
.亦即
--- [第 15 页] ---
15
2
1 (
)
2
dy
dY
dx
dx
.
(2) 由(1),(2)消去Y , dY
dx
,便得微分方程
2
2
1
0
xy
y
.
初始条件显然是( 1)
0,
( 1)
1
y
y
.
十、填空题(本题共2 小题,每小题3 分,满分6 分,把答案填在题中横线上.)
(1) 【解析】可以用古典概型,也可以用抽签原理.
方法一：从直观上看,第二次抽出次品的可能性与第一次抽到正品还是次品有关,所以考虑用
全概率公式计算.
设事件
iB “第i 次抽出次品”
1,2,
i
由已知得
1
1
2
10
(
)
, (
)
,
12
12
P B
P B
1
2
1
2
1
2
(
|
)
, (
|
)
11
11
P B
B
P B
B
.应用全概率公式
1
1
2
1
2
1
2
2
1
10
2
1
(
)
(
) (
|
)
(
) (
|
)
12
11
12
11
6
P B
P B P B
B
P B P B
B
.
方法二：对填空题和选择题可直接用抽签原理得到结果.
由抽签原理(抽签与先后次序无关),不放回抽样中第二次抽得次品的概率与第一次抽得
次品的概率相同,都是2
1
12
6
.
(2) 【解析】方法一：可以用分布函数法,即先求出分布函数,再求导得到概率密度函数.
由已知条件, X 在区间(0,2) 上服从均匀分布,得X 的概率密度函数为
1 , 0
2
( )
2
0,
X
x
F
x
其它
.
先求F 的分布函数
2
( )
(
)
(
)
Y
F
y
P Y
y
P X
y
.
当
0
y
时,
( )
0
Y
F
y
；当
4
y
时,
( )
1
Y
F
y ；当0
4
y
时,
2
( )
Y
F
y
P Y
y
P X
y
P
y
X
y
0
0
1
( )
0
2
2
y
y
X
y
y
y
F
x dx
dx
dx
.
即
0,
0
( )
0
4,
2
1,
4. Y
y
y
F
y
y
y
--- [第 16 页] ---
16
于是,对分布函数求导得密度函数
1
, 0
4
4
( )
( )
0,
Y
Y
y
y
f
y
F
y
其他
.
故随机变量
2
Y
X
在(0,4) 内的概率分布密度
1
( )
4
Yf
y
y
.
方法二：也可以应用单调函数公式法.
由于
2
y
x
在(0,4)内单调,反函数
( )
x
h y
y
在(0,2)内可导,且导数
1
( )
2
h y
y
恒不为零,因此,由连续型随机变量函数的密度公式,得到随机变量Y 的概率
密度为
1
1
1
, 0
4,
, 0
4,
( )
( ) , 0
4
2
2
4
( )
0,
0,
0,
X
Y
y
y
h y
f
h y
y
y
y
f
y
其他
其他,
其他.
故随机变量
2
Y
X
在(0,4) 内的概率分布密度
1
( )
4
Yf
y
y
.
十一、(本题满分6 分)
【解析】(1)第一问是常规问题,直接运用公式对其计算可得期望与方差.
| |
(
)
( )
0
2
x
x
E X
xf x dx
e
dx
.
(因为被积函数
| |
2
x
x e是奇函数,积分区域关于y 轴对称,所以积分值为0.)
2
2
| |
2
| |
2
0
(
)
( )
2
1
1 2
2
2
x
x
x
x
D X
x f x dx
e
dx
x e
dx
x e dx
偶函数积分的性质
2
2
0
0
0
0
0
0
2
2
2(
)
2. x
x
x
x
x
x
x e dx
x e
xe dx
xe
e dx
e
（
+
）
(2) 根据协方差的计算公式
(
, )
(
|
|)
(
) (|
|)
cov X Y
E X X
E X E
X
来计算协方差.
因为
| |
(
)
( )
0
2
x
x
E X
xf x dx
e
dx
,所以
--- [第 17 页] ---
17
| |
(
, )
(
|
|)
0 (|
|)
(
|
|)
1
|
|
( )
|
|
0. 2
x
Cov X Y
E X X
E
X
E X X
x x f x dx
x x e
dx
(因为被积函数
| |
|
|
2
x
x x e
是奇函数,积分区域关于y 轴对称,所以积分值为0.)
所以X 与|
|
X 不相关.
(3) 方法一：
对于任意正实数(0
)
a
a
,事件
|
|
X
a
含于事件
X
a
,且
0
1
P X
a
,
所以
,|
|
|
|
P X
a X
a
P
X
a
,
|
|
|
|
P X
a P
X
a
P
X
a
,
可见
,|
|
|
|
P X
a X
a
P
X
a P X
a
,
因此X 与|
|
X 不独立.
方法二：因为
1
1
1
1
1
1
1
1
{
1}
( )
1
1
1
2
2
2
2
x
x
x
P X
f x dx
e
dx
e dx
e
e
；
又
1
1
1
1
0
1
1
0
1
1
{
1}
( )
1
2
x
x
x
P X
f x dx
e
dx
e dx
e
e
，显然有
{
,
}
{
}
{
} {
}
P X
X
P X
P X
P X
1
1
1
1
1 ，因此X 与|
|
X 不独立.