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1
1996 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,把答案填在题中横线上.)
(1) 【答案】ln 2
【解析】这是1型未定式求极限.
方法一：
3
3
2
3
lim(
)
lim(1
)
x a
ax
x
a
x a
x
x
x
a
a
x
a
x
a
,
令3a
t
x
a
,则当x 时,
0
t
,
则
1
3
0
3
lim(1
)
lim(1
)
x a
a
t
x
t
a
t
e
x
a
,
即
3
3
lim
lim
3
1
2
lim(
)
x
x
ax
a
x
a
x a
x
x
a
e
e
e
x
a
.
由题设有
3
8
a
e
,得
1 ln8
ln 2
3
a
.
方法二：
2
2
2
3
(
)
2
2
2
1
lim 1
1
2
lim
lim
lim
1
1
lim 1
x
x
a
x
a
x
a
x
a
x
x
a
x
x
x
a
a
x
a
a
a
x
a
e
x
x
x
e
a
x
a
e
a
a
x
x
x
,
由题设有
3
8
a
e
,得
1 ln8
ln 2
3
a
.
(2) 【答案】2
2
3
0
x
y
z
【解析】方法一：所求平面过原点O 与
0(6, 3,2)
M
,其法向量
0
6, 3,2
n
OM
；
平面垂直于已知平面4
2
8
x
y
z
,它们的法向量也互相垂直：
0
4, 1,2
n
n
；
由此,
0
0
//
6
3
2
4
4
6
4
1
2
i
j
k
n
OM
n
i
j
k
.
取
2
2
3
n
i
j
k
,则所求的平面方程为2
2
3
0
x
y
z
.
方法二：所求平面即为过原点,与两个不共线的向量(一个是从原点到点
0(6, 3,2)
M
的向量
0
6, 3,2
OM
,另一是平面4
2
8
x
y
z
的法向量
0
4, 1,2
n
)平行的平面,
--- [第 2 页] ---
2
即
6
3
2
0
4
1
2
x
y
z
,即
2
2
3
0
x
y
z
.
(3) 【答案】
1
2
(
cos
sin
1)
xe c
x
c
x
【解析】微分方程
2
2
x
y
y
y
e
所对应的齐次微分方程的特征方程为
2
2
2
0
r
r
,解之得1,2
1
r
i
.故对应齐次微分方程的解为
1
2
(
cos
sin )
x
y
e C
x
C
x
.
由于非齐次项
,
1
x
e
不是特征根,设所给非齐次方程的特解为
*( )
x
y
x
ae
,代入
2
2
x
y
y
y
e
得
1
a
(也不难直接看出
*( )
x
y
x
e
),故所求通解为
1
2
1
2
(
cos
sin )
(
cos
sin
1)
x
x
x
y
e C
x
C
x
e
e C
x
C
x
.
【相关知识点】①二阶线性非齐次方程解的结构：设
*( )
y
x 是二阶线性非齐次方程
( )
( )
( )
y
P x y
Q x y
f x
的一个特解. ( )
Y x 是与之对应的齐次方程
( )
( )
0
y
P x y
Q x y
的通解,则
*
( )
( )
y
Y x
y
x
是非齐次方程的通解.
②二阶常系数线性齐次方程通解的求解方法：对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解
( )
Y x ,可用特征方程法求解：即
( )
( )
0
y
P x y
Q x y
中的
( )
P x 、
( )
Q x 均是常数,方程
变为
0
y
py
qy
.其特征方程写为
2
0
r
pr
q
,在复数域内解出两个特征根1
2
,
r r ；
分三种情况：
(1) 两个不相等的实数根1
2
,
r r ,则通解为
1
2
1
2
;
rx
r x
y
C e
C e
(2) 两个相等的实数根1
2
r
r
,则通解为
1
1
2
;
rx
y
C
C x e
(3) 一对共轭复根1,2
r
i
,则通解为
1
2
cos
sin
.
x
y
e
C
x
C
x
其中
1
2
,
C C
为常数.
③对于求解二阶线性非齐次方程
( )
( )
( )
y
P x y
Q x y
f x
的一个特解
*( )
y
x ,可用待
定系数法,有结论如下：
如果
( )
( )
,
x
m
f x
P x e
则二阶常系数线性非齐次方程具有形如
*( )
( )
k
x
m
y
x
x Q
x e
的特解,其中
( )
m
Q
x 是与
( )
m
P x 相同次数的多项式,而k 按不是特征方程的根、是特征方
程的单根或是特征方程的重根依次取0、1 或2.
如果
( )
[
( )cos
( )sin
]
x
l
n
f x
e
P x
x
P x
x
,则二阶常系数非齐次线性微分方程
--- [第 3 页] ---
3
( )
( )
( )
y
p x y
q x y
f x
的特解可设为
*
(2) [
( )cos
( )sin
]
k
x
m
m
y
x e
R
x
x
R
x
x
,
其中
(2) ( )
m
R
x 是m 次多项式,
max
,
m
l n
,而k 按
i
(或
i
)不是特征
方程的根、或是特征方程的单根依次取为0 或1.
(4) 【答案】1
2
【分析】先求方向l
的方向余弦和
,
,
u
u
u
x
y
z
,然后按方向导数的计算公式
cos
cos
cos
u
u
u
u
l
x
y
z
求出方向导数.
【解析】因为l
与AB
同向,为求l
的方向余弦,将
3 1, 2
0,2 1
2, 2,1
AB
单位化，即得
1 2, 2,1
cos ,cos
,cos
3
|
|
AB
l
AB
.
将函数
2
2
ln(
)
u
x
y
z
分别对, ,
x y z 求偏导数得
2
2
(1,0,1)
1
1
2
A
u
x
x
y
z
,
2
2
2
2
(1,0,1)
0
(
)
A
u
y
y
x
y
z
y
z
,
2
2
2
2
(1,0,1)
1
2
(
)
A
u
z
z
x
y
z
y
z
,
所以
cos
cos
cos
A
A
A
A
u
u
u
u
l
x
y
z
1
2
2
1
1
1
0 (
)
2
3
3
2
3
2
.
(5) 【答案】2
【解析】因为
1
0
2
0
2
0
10
0
1
0
3
B
,所以矩阵B 可逆,故(
)
( )
2
r AB
r A
.
【相关知识点】(
)
min( ( ), ( ))
r AB
r A r B
.若A 可逆,则
--- [第 4 页] ---
4
1
(
)
( )
(
)
[
(
)]
(
)
r AB
r B
r EB
r A
AB
r AB
.
从而(
)
( )
r AB
r B
,即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的秩.
二、 选择题(本题共5 个小题,每小题3 分,满分15 分.在每小题给出的四个选项中,
只有一
项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)
(1) 【答案】(D)
【解析】由于存在函数( , )
u x y ,使得
2
2
(
)
(
)
(
)
x
ay dx
ydy
du
x
y
x
y
,
由可微与可偏导的关系,知
2
(
)
u
x
ay
x
x
y
,
2
(
)
u
y
y
x
y
,
分别对,y x 求偏导数,得
2
2
4
3
(
)
(
) 2(
)
(
2)
(
)
(
)
u
a x
y
x
ay
x
y
a
x
ay
x y
x
y
x
y
,
2
3
2
(
)
u
y
y x
x
y
.
由于
2u
y x
与
2u
x y
连续,所以
2
2
u
u
y x
x y
,即
3
3
(
2)
2
(
)
(
)
a
x
ay
y
x
y
x
y
2
a
,
故应选(D).
(2) 【答案】(B)
【解析】因为
( )
f x 有二阶连续导数,且
0
( )
lim
1
0,
|
|
x
f
x
x
所以由函数极限的局部保号性
可知,在
0
x
的空心领域内有
( )
0
|
|
f
x
x
,即
( )
0
f
x
,所以
( )
f
x
为单调递增.
又由
(0) 0
f
,
( )
f
x
在
0
x
由负变正,由极值的第一充分条件,
0
x
是
( )
f x 的极
小值点,即
(0) f
是
( )
f x 的极小值.应选(B).
【相关知识点】极限的局部保号性：设
0
lim
( )
.
x
x f x
A
若
0
A
(或
0
A
)
0,
当
--- [第 5 页] ---
5
0
0
x
x
时,
( )
0
f x
(或
( )
0
f x
).
(3) 【答案】(A)
【解析】若正项级数
1
n
n
a
收敛,则
2
1
n
n
a
也收敛,且当n 时,有
tan
lim ( tan
)
lim
n
n
n
n
n
n
.
用比较判别法的极限形式,有
2
2
tan
lim
0
n
n
n
n
a
n
a
.
因为
2
1
n
n
a
收敛,所以
2
lim
tan
n
x
n
a
n
也收敛,所以原级数绝对收敛,应选(A).
【相关知识点】正项级数比较判别法的极限形式：
设
1
n
n
u
和
1
n
n
v
都是正项级数,且lim
,
n
n
n
v
A
u
则
(1) 当0
A
时,
1
n
n
u
和
1
n
n
v
同时收敛或同时发散；
(2) 当
0
A
时,若
1
n
n
u
收敛,则
1
n
n
v
收敛；若
1
n
n
v
发散,则
1
n
n
u
发散；
(3) 当A 时,若
1
n
n
v
收敛,则
1
n
n
u
收敛；若
1
n
n
u
发散,则
1
n
n
v
发散.
(4) 【答案】(C)
【解析】用洛必达法则.
由题可知
2
2
0
0
( )
( )
( )
x
x
F x
x
f t dt
t f t dt
,
对该积分上限函数求导数,得
2
2
0
0
( )
2
( )
( )
( )
2
( )
x
x
F x
x
f t dt
x f x
x f x
x
f t dt
,
所以
0
0
1
0
0
0
2
( )
2
( )
( )
lim
lim
lim
x
x
k
k
k
x
x
x
x
f t dt
f t dt
F x
x
x
x
2
3
0
0
2 ( )
2
( )
lim
lim
(
1)
(
1)(
2)
k
k
x
x
f x
f
x
k
x
k
k
x
洛
洛
.
--- [第 6 页] ---
6
因为
( )
F x
与
kx 是同阶无穷小,且
(0) 0
f
,所以
3
0
2
( )
lim (
1)(
2)
k
x
f
x
k
k
x
为常数,即
3
k
时
有
3
0
0
( )
2
( )
lim
lim
(0) 0
(
1)(
2)
k
k
x
x
F x
f
x
f
x
k
k
x
,
故应选(C).
【相关知识点】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.
(5) 【答案】(D)
【解析】可直接展开计算,
2
2
2
2
1
3
3
1
3
3
4
4
0
0
0
0
0
0
0
0
a
b
a
b
D
a b
a
b
b
a
a
b
2
2
2
2
1
4
1 4
2
3
2 3
1
4
1 4
3
3
3
3
(
)(
)
a
b
a
b
a a
b b
a a
b b
a a
b b
b
a
b
a
,
所以选(D).
三、 (本题共2 小题,每小题5 分,满分10 分.)
(1) 【解析】由极坐标系下的弧微分公式得
2
2
2
2
( )
( )
(1 cos )
sin
ds
r
r
d
a
d
2(1 cos )
2
cos 2
a
d
a
d
.
由于
( )
(1 cos )
r
r
a
以2为周期,因而的范围是
[0,2 ]
.
又由于( )
(
)
r
r
,心形线关于极轴对称.由对称性,
0
0
0
2
4
cos
8
sin
8
2
2
s
ds
a
d
a
a
.
--- [第 7 页] ---
7
x
y
z
1
xOy
O
x
y
O
xy
D
y
O
z
1
2
z
y
yz
D
(2) 【解析】用单调有界准则.
由题设显然有
0
nx
,数列
nx
有下界.
证明
nx 单调减：用归纳法.
2
1
1
6
6 10
4
x
x
x
；设
1
n
n
x
x
,则
1
1
6
6
n
n
n
n
x
x
x
x
.
由此,
nx 单调减.由单调有界准则, lim
n
n
x
存在.
设lim
,(
0)
n
n
x
a a
,在恒等式
1
6
n
n
x
x
两边取极限,即
1
lim
lim
6
6
n
n
n
n
x
x
a
a
,
解之得
3
a
(
2
a 舍去).
【相关知识点】1.单调有界准则：单调有界数列必有极限.
2. 收敛数列的保号性推论：如果数列
nx
从某项起有
0
nx
(或
0
nx
),且lim
n
n
x
a
,那
么
0
a
(或
0
a
).
四、 (本题共2 小题,每小题6 分,满分12 分.)
(1) 【分析一】见下图所示, S 在xOy 平面与yOz 平面上的投影均易求出,分别为
2
2
:
1
xy
D
x
y
；
2
: 1
1,
1
yz
D
y
y
z
,或0
1,
z
z
y
z
.
图1
求
S
zdxdy
,自然投影到xOy 平面上.求
(2
)
S
x
z dydz
时,若投影到xOy 平面上,被积函
数较简单且可利用对称性.
【分析二】令
( , , )
2
,
( , , )
0, ( , , )
P x y z
x
z Q x y z
R x y z
z
,则
S
I
Pdydz
Rdxdy
.
这里,
2 1
3
P
Q
R
x
y
z
,若用高斯公式求曲面积分I ,则较简单.因S 不是封闭曲
--- [第 8 页] ---
8
面,故要添加辅助曲面.
【解析】方法一：均投影到平面xOy 上,则
2
2
(2
)
[(2
)(
)
(
)]
xy
S
D
z
I
x
z dydz
zdxdy
x
z
x
y
dxdy
x
,
其中
2
2
z
x
y
,
2
2
:
1
xy
D
x
y
.
把
2
z
x
x
代入,得
2
2
2
2
2
4
2 (
)
(
)
xy
xy
xy
D
D
D
I
x dxdy
x x
y
dxdy
x
y
dxdy
,
由对称性得
2
2
2 (
)
0
xy
D
x x
y
dxdy
,
2
2
2
4
2
(
)
xy
xy
D
D
x dxdy
x
y
dxdy
,
所以
2
2
(
)
xy
D
I
x
y
dxdy
.
利用极坐标变换有
1
2
1
3
4
0
0
0
1
2
4
2
I
d
r dr
r
.
方法二：分别投影到yOz 平面与xOy 平面.
投影到yOz 平面时S 要分为前半部分
2
1 :
S
x
z
y
与后半部分
2
2 :
S
x
z
y
(见图1),则
1
2
(2
)
(2
)
S
S
S
I
x
z dydz
x
z dydz
zdxdy
.
由题设,对
1S 法向量与x 轴成钝角,而对
2
S 法向量与x 轴成锐角.将I 化成二重积分得
2
2
2
2
2
2
2
(2
)
( 2
)
(
)
4
(
)
.
yz
yz
xy
yz
xy
D
D
D
D
D
I
z
y
z dydz
z
y
z dydz
x
y
dxdy
z
y dydz
x
y
dxdy
--- [第 9 页] ---
9
2
2
1
3
1
1
1
2
2
2
2
1
1
3
1
2
4
2
2
0
0
sin
2 (
)
3
4
4
(1
)
cos
3
3
4
3
,
3 4 2 2
4
yz
z
y
D
z y
y
t
z
y dydz
dy
z
y dz
z
y
dy
y
dy
tdt
或
2
1
1
2
2
0
0
1
. 2
4
yz
z
z
D
z
y dydz
dz
z
y dy
z
dz
(这里
2
z
z
z
y dy
是半径为
z 的圆面积的一半.)
2
2
(
)
2
xy
D
x
y
dxdy
(同方法一).
因此,
4
. 4
2
2
I
方法三：添加辅助面
2
2
1 :
1(
1)
S
z
x
y
,法方向朝下,则
1
1
(2
)
1
S
S
D
x
z dydz
zdxdy
dxdy
dxdy
,
其中D 是
1S 在平面xy 的投影区域：
2
2
1
x
y
.
S 与
1S 即
2
2
z
x
y
与
1
z
围成区域, S 与
1S 的法向量指向内部,所以在上
满足高斯公式的条件,所以
1
(2
)
3
S
S
x
z dydz
zdxdy
dV
1
1
0
0
( )
3
3
3
2
D z
dz
dxdy
zdz
,
其中,
( )
D z 是圆域：
2
2
x
y
z
,面积为
z
.
因此,
1
3
3
(2
)
(
)
2
2
2
S
I
x
z dydz
zdxdy
.
(2) 【解析】由多元复合函数求导法则,得
z
z
u
z
v
z
z
x
u
x
v x
u
v
,
2
z
z
u
z
v
z
z
a
y
u
y
v y
u
v
,
--- [第 10 页] ---
10
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
z
z
z
z
u
z
v
z
v
z
u
x
x
u
x
v
u
x
u v
x
v
x
v u
x
2
2
2
2
2
2
z
z
z
u
u v
v
,
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
z
z
z
z
u
z
v
z
v
z
u
x y
y
u
y
v
u
y
u v
y
v
y
v u
y
2
2
2
2
2
2
(
2)
z
z
z
a
a
u
u v
v
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
2(
)
(
)
4
4
. z
z
z
a
y
y
u
y
v
z
u
z
v
z
v
z
u
a
u
y
u v
y
v
y
v u
y
z
z
z
a
a
u
u v
v
代入
2
2
2
2
2
6
0
z
z
z
x
x y
y
,并整理得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
(10
5 )
(6
)
0
z
z
z
z
z
a
a
a
x
x y
y
u v
v
.
于是,令
2
6
0
a
a
得
3
a
或
2
a .
2
a 时,10
5
0
a
,故舍去,
3
a
时,10
5
0
a
,因此仅当
3
a
时化简为
2
0
z
u v
.
【相关知识点】多元复合函数求导法则：若
( , )
u
u x y
和
( , )
v
v x y
在点( , )
x y 处偏导数存
在,函数
( , )
z
f u v
在对应点( , )
u v 具有连续偏导数,则复合函数
[ ( , ), ( , )]
z
f u x y v x y
在
点( , )
x y 处的偏导数存在,且
,
z
f
u
f
v
z
f
u
f
v
x
u
x
v x
y
u
y
v y
.
五、 (本题满分7 分)
【解析】先将级数分解,
--- [第 11 页] ---
11
2
1
2
2
1
1
2
2
2
1
3
1
1
1
1
(
)
(
1)2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
. 2
1
2
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
A
n
n
n
n
n
n
n
令
1
2
2
1
3
1
1
,
2
2
n
n
n
n
A
A
n
n
,
则
1
2
A
A
A
.
由熟知ln(1
)x
幂级数展开式,即
1
1
( 1)
ln(1
)
( 1
1)
n
n
n
x
x
x
n
,得
1
1
2
1
1
1
1
( 1)
1
1
1
1
(
)
ln(1
)
ln 2
2
4
2
4
2
4
n
n
n
n
n
A
n
n
,
1
2
3
3
1
2
1
1
( 1)
1
(
)
2
2
( 1)
1
1
1
1
1
1
1
5
(
)
(
)
ln(1
)
ln 2
,
2
2
2
2
2
2
8
8
n
n
n
n
n
n
n
n
A
n
n
n
因此,
1
2
5
3 ln 2
8
4
A
A
A
.
六、(本题满分7 分)
【解析】曲线
( )
y
f x
上点( ,
( ))
x f x
处的切线方程为
( )
( )(
)
Y
f x
f
x X
x
.
令
0
X
得y 轴上的截距
( )
( )
Y
f x
f
x x
.由题意,
0
1
( )
( )
( )
x f t dt
f x
f
x x
x
.
为消去积分,两边乘以x ,得
2
0
( )
( )
( )
x f t dt
xf x
f
x x
,
(*)
将恒等式两边对x 求导,得
2
( )
( )
( )
2
( )
( )
f x
f x
xf
x
xf
x
x f
x
,
即
( )
( )
0
xf
x
f
x
.
在(*)式中令
0
x
得0
0
自然成立.故不必再加附加条件.就是说
( )
f x 是微分方程
0
xy
y
的通解.下面求解微分方程
0
xy
y
.
--- [第 12 页] ---
12
方法一：
1
0
0
xy
y
xy
xy
C
,
因为
0
x
,所以
1
C
y
x
,
两边积分得
1
2
( )
ln
y
f x
C
x
C
.
方法二：令
( )
y
P x
,则y
P
,解
0
xP
P
得
1
C
y
P
x
.
再积分得
1
2
( )
ln
y
f x
C
x
C
.
七、(本题满分8 分)
【解析】由于问题涉及到
,f f 与f 的关系,自然应当利用泰勒公式,而且应在点c 展开：
2
( )
( )
( )
( )(
)
(
)
2!
f
f x
f c
f
x x
c
x
c
,在c 与x 之间.
分别取
0,1
x
得
2
0
(
)
(0) ( )
( )(0
)
(0
)
2!
f
f
f c
f
c
c
c
,
0
在c 与0 之间,
2
1
( )
(1) ( )
( )(1
)
(1
)
2!
f
f
f c
f
c
c
c
,
1在c 与1之间,
两式相减得
2
2
1
0
1
(0) ( )
[
( )(1
)
(
)
]
2!
f
f
f
c
f
c
f
c
,
于是
2
2
1
0
1
( )
(0) [
( )(1
)
(
)
]
2!
f
c
f
f
f
c
f
c
.
由此
2
2
1
0
1
1
( )
(0) ( ) (1
)
(
)
2!
2!
f
c
f
f
f
c
f
c
2
2
1
2
[(1
)
]
2
2
2
b
a
b
c
c
a
.
八、(本题满分6 分)
【解析】(1)因为
T
A
E
,
T
为数,
T
为n 阶矩阵,所以
2
(
)(
)
2
(
)
(2
)
T
T
T
T
T
T
T
A
E
E
E
E
,
因此,
2
(2
)
(
1)
0
T
T
T
T
T
A
A
E
E
因为是非零列向量,所以
0
T
,故
2
1
0,
T
A
A
即
1
T
.
(2) 反证法.当
1
T
时,由(1)知
2
A
A
,若A 可逆,则
1
2
1
A
A A
A A
E
.
与已知
T
A
E
E
矛盾,故A 是不可逆矩阵.
--- [第 13 页] ---
13
九、(本题满分8 分)
【解析】(1)此二次型对应的矩阵为
5
1
3
1
5
3
3
3
A
c
.
因为二次型秩
( )
( )
2
r f
r A
,由
5
1
3
4
4
0
4
0
0
1
5
3
1
5
3
1
6
3
3
3
3
3
3
6
A
c
c
c
可得
3
c
.再由A 的特征多项式
5
1
3
|
|
1
5
3
(
4)(
9)
3
3
3
E
A
求得二次型矩阵的特征值为0,4,9 .
(2) 因为二次型经正交变换可化为
2
2
2
3
4
9
y
y
,故
1
2
3
( ,
,
)
1
f x x x
,即
2
2
2
3
4
9
1
y
y
.
表示椭圆柱面.
【相关知识点】主轴定理：对于任一个n 元二次型
1
2
( ,
,
,
)
T
n
f x x
x
x Ax
,
存在正交变换x
Qy
(Q 为n 阶正交矩阵),使得
2
2
2
1
1
2
2
(
)
T
T
T
n
n
x Ax
y
Q AQ y
y
y
y
,
其中
1
2
,
,
,
n
是实对称矩阵A 的n 个特征值,Q 的n 个列向量
1
2
,
,
,
n
是A 对应于
特征值
1
2
,
,
,
n
的标准正交特征向量.
十、填空题(本题共2 小题,每小题3 分,满分6 分.)
(1) 【答案】3
7
【解析】设事件C “抽取的产品是次品”,事件D “抽取的产品是工厂A 生产的”,
则事件D 表示“抽取的产品是工厂B 生产的”,依题意有
(
)
0. 02
P D
P D
P C D
P C D
.
--- [第 14 页] ---
14
应用贝叶斯公式可以求得条件概率
(
|
)
P D C ：
(
) (
|
)
0. 6 0.01 0.4 0.02
7
(
) (
|
)
(
) (
|
)
P D P C D
P D C
P D P C D
P D P C D
.
【相关知识点】贝叶斯公式：设试验E 的样本空间为S . A 为E 的事件,
1
2
,
,
,
n
B B
B
为S 的
一个划分,且
( )
0, (
)
0(
1,2,
, )
i
P A
P B
i
n
,则
1
(
) (
|
)
(
|
)
,
1,2,
, .
(
) (
|
)
i
i
i
n
j
j
j
P B P A B
P B
A
i
n
P B P A B
(*)
(*)式称为贝叶斯公式.
(2) 【答案】
2
【解析】由于与相互独立且均服从正态分布
2
1
(0,(
) )
2
N
,因此它们的线性函数
U
服从正态分布,且
(
)
0,
EU
E
E
E
1
1
1
2
2
DU
D
D
D
,
所以有
(0,1)
U
N
.
代入正态分布的概率密度公式,有
2
2
1
( )
2
u
f u
e
du
.
应用随机变量函数的期望公式有
2
2
1
(|
|)
(|
|)
|
|
2
u
E
E U
u
e
du
2
2
0
1
2
2
u
u
e
du
由凑微分法,有
2
2
2
0
1
(|
|)
2
(
)
2
2
u
u
E
e
d
2
2
0
2
2
u
e
2
.
【相关知识点】对于随机变量X 与Y 均服从正态分布,则X 与Y 的线性组合亦服从正态分
布.
若X 与Y 相互独立,由数学期望和方差的性质,有
--- [第 15 页] ---
15
(
)
(
)
( )
E aX
bY
c
aE X
bE Y
c
,
2
2
(
)
(
)
( )
D aX
bY
c
a D X
b D Y
,
其中, ,
a b c 为常数.
十一、(本题满分6 分.)
【解析】易见(
, )
X Y 的可能取值为(1,1),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(3,3).依题意
X
Y
,故
0
P X
Y
,即
1,
2
1,
3
2,
3
0
P X
Y
P X
Y
P X
Y
,
1,
1
max( , )
1,min( , )
1
P X
Y
P
1
1,
1
1
1
9
P
P
P
.
类似地可以计算出所有
ij
p 的值列于下表中,得到随机变量(
, )
X Y 的联合分布律：
X
Y
1
2
3
1
1
9
0
0
2
2
9
1
9
0
3
2
9
2
9
1
9
(2) 将表中各行元素相加求出X 的边缘分布
1
2
3
1
3
5
9
9
9
X
,
由离散型随机变量数学期望计算公式可得
1
3
5
22
1
2
3
9
9
9
9
EX
.
【相关知识点】1.离散型随机变量的边缘分布计算公式：
二维离散型随机变量(
, )
X Y 关于X 与Y 的边缘概率分布或边缘分布律分别定义为：
--- [第 16 页] ---
16
,
,
1,2,
i
i
i
j
ij
j
j
p
P X
x
P X
x Y
y
p i
,
,
1,2,
j
j
i
j
ij
i
i
p
P Y
y
P X
x Y
y
p
j
它们分别为联合分布律表格中第i 行与第j 列诸元素之和.
2. 离散型随机变量数学期望计算公式：
1
(
)
n
k
k
k
E X
x
P X
x
.