1997考研数一真题解析【闲鱼号“非凡小翊”持续更新中】【闲鱼号：非凡小翊】

(1) 【答案】3 2 【分析】这是0 0 型极限.注意两个特殊极限 0 0 sin ln(1 ) lim 1,lim 1 x x x x x x      . 【解析】将原式的分子、分母同除以x ,得 2 0 0 1 sin 1 3sin cos 3 cos 3 lim lim . ln(1 ) (1 cos )ln(1 ) 2 (1 cos ) x x x x x x x x x x x x x x           评注：使用洛必达法则的条件中有一项是 0 ( ) lim ( ) x x f x g x    应存在或为,而本题中,   2 0 0 1 1 1 (3sin cos ) 3cos 2 cos sin lim lim 1 cos (1 cos )ln(1 ) sin ln(1 ) 1 x x x x x x x x x x x x x x x                极限不存在,也不为,不满足使用洛必达法则的条件,故本题不能用洛必达法则. 【相关知识点】1.有界量乘以无穷小量为无穷小量.

(2) 【答案】( 2,4)  【解析】考察这两个幂级数的关系.令 1 t x  ,则   1 2 1 2 1 1 1 n n n n n n n n n na t t na t t a t               . 由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径, 1 n n n a t   的收敛半径为3   1 n n n a t     的收敛半径为3.从而   2 1 1 1 n n n n n n t a t na t         的收敛半径为3,收敛区间即 (-3,3),回到原幂级数 1 1 ( 1)n n n na x      ,它的收敛区间为3 1 3 x   ,即( 2,4)  . 评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点. 对于 0 n n n a x   ,若 1 lim n n n a a     它的收敛半径是 1 R   .但是若只知它的收敛半径 为R ,则 1 1 lim n n n a a R    ,因为 1 lim n n n a a   可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).

(3) 【答案】 2 x y e    【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率 x k y  ,而 xy可由 e  的参数方程 --- [第 2 页] --- 2 cos cos , sin sin x e y e               求得： 2 sin cos sin cos , 1 cos sin cos sin x x y e e y y x e e                              , 所以切线的方程为 2 ( 0) y e x     ,即 2 x y e    . 评注：本题难点在于考生不熟悉极坐标方程与直角坐标方程之间的关系.

(4) 【答案】 3 t  【解析】由 0 AB  ,对B 按列分块,设   1 2 3 , , B    ,则     1 2 3 1 2 3 , , , , 0,0,0 AB A A A A         , 即 1 2 3 , ,  是齐次方程组 0 Ax  的解. 又因B O  ,故 0 Ax  有非零解,那么   1 2 2 1 0 2 4 3 4 3 3 7 3 0 3 1 1 3 0 1 A t t t          , 由此可得 3 t . 评注：若熟悉公式 0 AB  ,则( ) ( ) 3 r A r B n    ,可知( ) 3 r A  ,亦可求出 3 t .

(5) 【答案】2 5 【解析】方法1：利用全概率公式. 求第二人取得黄球的概率,一般理解为这事件与第一人取得的是什么球有关.这就要用 全概率公式.全概率公式首先需要一个完全事件组,这就涉及到设事件的问题. 设事件 iA “第i 个人取得黄球”, 1,2 i  ,则完全事件组为 1 1 , A A (分别表示第一个人 取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知  1 20 2 50 5 P A    黄球的个数 球的总数 ； 1 30 3 50 5 P A    白球的个数 球的总数 ；   2 1 20 1 19 | 50 1 49 P A A     (第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成20 1 19  ,球 的总数变成50 1 49  ,第二个人取得黄球的概率就为19 49 )；   2 1 20 | 49 P A A  (第一个人取得白球的条件下,黄球个数亦为20,球的总数变成 50-1=49,第二个人取得黄球的概率就为20 49 ). 故应用全概率公式       2 1 2 1 1 2 1 2 19 3 20 2 | | 5 49 5 49 5 P A P A P A A P A P A A        . --- [第 3 页] --- 3 方法二：利用“抽签原理”. 只考虑第二个人取得的球,这50 个球中每一个都会等可能地被第二个人取到.犹如几个 人抽奖,其中只有一张彩票有奖,那么这几个人先抽与后抽,抽到有奖彩票的概率是一样的, 这就是我们抽奖的公平性,此题中取到黄球的可能有20 个,所以第二个人取到黄球的概率为 20 2 50 5  . 【相关知识点】1.全概率公式:       2 1 2 1 1 2 1 | | P A P A P A A P A P A A   ；

2. 古典型概率公式： ( ) i i A P A 有利于事件的样本点数 样本空间的总数 .

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】(C) 【解析】这是讨论 ( , ) f x y 在(0,0) 点是否连续,是否存在偏导数的问题.按定义 0 0 (0,0) (0,0) ( ,0) , (0, ) x y f d f d f x f y x dx y dy         , 由于 ( ,0) 0( ), (0, ) 0( ) f x x f y y     , 偏导数且 (0,0) (0,0) 0, 0 f f x y       . 再看 ( , ) f x y 在(0,0) 是否连续？由于 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 1 lim ( , ) lim (0,0) 2 x y x y x x f x y f x x        , 因此 ( , ) f x y 在(0,0) 不连续.应选(C). 评注：①证明分段函数在某点连续,一般要用定义证,有难度.证明分段函数 ( , ) f x y 在某点 0 0 0 ( , ) M x y 不连续的方法之一是：证明点( , ) x y 沿某曲线趋于 0 M 时, ( , ) f x y 的极限不存在 或不为 0 0 ( , ) f x y . ②证明 0 0 ( , ) ( , ) lim ( , ) x y x y f x y  不存在的重要方法是证明点( , ) x y 沿两条不同曲线趋于 0 0 0 ( , ) M x y 时, ( , ) f x y 的极限不想等或沿某条曲线趋于 0 M 时, ( , ) f x y 的极限不存在. 对于该题中的 ( , ) f x y ,若再考察 ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) 0 0 1 lim ( , ) lim0 0 lim ( , ) 2 x y x y y x y x f x y f x y          , ( , ) (0,0) lim ( , ) x y f x y   不存在. --- [第 4 页] --- 4 C a b E D x y O A B 由本例可见,函数在一点处不连续,但偏导数却可以存在.容易找到这种例子,例如 ( , ) , f x y x y   它在点(0,0) 处连续,但 (0,0) xf  与 (0,0) yf  都不存在.可见二元函数的连 续性与偏导数的存在性可以毫无因果关系.

(2) 【答案】(B) 【解析】方法1：用几何意义.由 ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 f x f x f x      可知,曲线 ( ) y f x  是 上半平面的一段下降的凹弧, ( ) y f x  的图形大致如右图. 1 ( ) b a S f x dx  是曲边梯形ABCD 的面积； 2 ( )( ) S f b b a   是矩形ABCE 的面积； 3 1[ ( ) ( )]( ) 2 S f a f b b a    是梯形ABCD 的面积. 由图可见 2 1 3 S S S   ,应选(B). 方法2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的 ( ) f x 都成立的结果,故可以取满足条件的 特定的 ( ) f x 来观察结果是什么.例如取 2 1 ( ) , [1,2] f x x x   ,则 2 1 2 3 2 1 3 2 1 1 1 1 5 , , 2 4 8 S dx S S S S S x         . 【评注】本题也可用分析方法证明如下： 由积分中值定理,至少存在一个点,使 ( ) ( )( ), b a f x dx f b a a b        成立,再由 ( ) 0, f x   所以 ( ) f x 是单调递减的,故 ( ) ( ), f f b  从而 1 2 ( ) ( )( ) ( )( ) b a S f x dx f b a f b b a S         . 为证 3 1 S S  ,令 1 ( ) [ ( ) ( )]( ) ( ) , 2 x a x f x f a x a f t dt      则( ) 0, a   1 1 ( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ) 2 2 1 1 ( )( ) ( ( ) ( )) 2 2 1 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 1 ( ( ) ( ))( ), 2 x f x x a f x f a f x f x x a f x f a f x x a f x a a x f x f x a                              拉格朗日中值定理 由于 ( ) 0 f x   ,所以 ( ) f x  是单调递增的,故 ( ) ( ) f x f    , ( ) 0 x    ,即( ) x  在[ , ] a b 上 单调递增的.由于( ) 0, a   所以( ) 0, [ , ] x x a b    ,从而 --- [第 5 页] --- 5 1 ( ) [ ( ) ( )]( ) ( ) 0 2 b a b f b f a b a f t dt        , 即 3 1 S S  .因此, 2 1 3 S S S   ,应选(D). 如果题目改为证明题,则应该用评注所讲的办法去证,而不能用图证. 【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数 ( ) f x 在积分区间[ , ] a b 上连续,则在( , ) a b 上至 少存在一个点,使下式成立： ( ) ( )( )( ) b a f x dx f b a a b        .这个公式叫做积分中值 公式.

2. 拉格朗日中值定理：如果函数 ( ) f x 满足在闭区间[ , ] a b 上连续,在开区间  ,a b 内可导, 那么在  ,a b 内至少有一点( ) a b     ,使等式 ( ) ( ) ( )( ) f b f a f b a      成立.

(3) 【答案】(A) 【解析】由于函数 sin sin t e t 是以2为周期的函数,所以, 2 2 sin sin 0 ( ) sin sin x t t x F x e tdt e tdt        , ( ) F x 的值与x 无关.不选D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关). 估计 2 sin 0 sin t e tdt   的值有多种方法. 方法1：划分 sin sin t e t 取值正、负的区间. 2 2 sin sin sin 0 0 sin sin 0 0 sin sin 0 ( ) sin sin sin sin ( sin ) ( )sin t t t t u t t F x e tdt e tdt e tdt e tdt e u du e e tdt                        当0 t   时,sin 0 t  , sin sin 0, t t e e   所以 ( ) 0 F x  .选(A). 方法2：用分部积分法. 2 2 sin sin 0 0 2 2 sin sin 0 0 2 2 0 sin 2 sin 2 0 0 ( ) sin cos cos cos (1 1) cos cos

0. t t t t t t F x e tdt e d t e t tde e e t dt e t dt                     故应选(A). 【评注】本题的方法1 十分有代表性. 被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时,则常将积分区间划分成若干个,使每一 个区间内,被积函数保持确定的符号,然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相 同,然后只要估计被积函数的正、负即可. --- [第 6 页] --- 6

(4) 【答案】(D) 【解析】方法1：三条直线交于一点的充要条件是方程组 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 0 0 0 a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c                           有唯一解. 将上述方程组写成矩阵形式： 3 2 A X b   ,其中 1 1 2 2 3 3 a b A a b a b           是其系数矩阵, 1 2 3 c b c c              . 则AX b  有唯一解   ( ) 2 r A r A b    (方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等且等 于未知量的个数),即A 的列向量组 1 2 , 线性相关.所以应选(D). 方法2：用排除法. (A) 1 2 3 , , 线性相关,当 1 2 3      时,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且 小于未知量的个数,则①式有无穷多解,根据解的个数与直线的位置关系.所以三条直线重合, 相交有无穷多点,(A)不成立. (B) 1 2 3 , , 线性无关, 3 不能由 1 2 , 线性表出,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩 不相等,方程组无解,根据解得个数与直线的位置关系,所以一个交点也没有,(B)不成立. (C)秩 1 2 3 ( , , ) r  秩 1 2 ( , ) r  ,当 1 2 3 ( , , ) r   1 2 ( , ) 1 r   时,三条直线重合, 不只交于一点,与题设条件矛盾,故(C)不成立. 由排除法知选(D). 评注：应重视线性代数中的几何背景.空间直线方程及平面方程其在空间的位置关系应与线 性代数中的线性相关性、秩及方程组的解及其充要条件有机的结合起来.

(5) 【答案】(D) 【解析】因X 与Y 独立,故3X 和2Y 也相互独立.由方差的性质,有 (3 2 ) (3 ) ( 2 ) 9 ( ) 4 ( ) 44 D X Y D X D Y D X D Y        . 【相关知识点】方差的性质：X 与Y 相互独立时, 2 2 ( ) ( ) ( ) D aX bY c a D X b D Y     ,其中, , a b c 为常数.

(1) 【分析】三重积分的计算有三种方法：直角坐标中的计算,柱面坐标中的计算,球面坐标 中的计算,其中柱面坐标中又可分先z 后( , ) r ,或先( , ) r 后z 两种方法.本题的区域为 绕z 轴旋转的旋转体,用柱面坐标先( , ) r 后z 方便. 【解析】方法1：采用柱面坐标,先( , ) r 后z ,为此,作平面z z  . --- [第 7 页] --- 7   2 2 ( , , ) | 2 , , z D x y z x y z z z     8 2 2 2 0 ( ) z D I x y dv dz r rdrd         (将直角坐标化为柱面坐标) 8 2 2 3 0 0 0 1024 . 3 z dz d r dr         方法2：将投影到xOy 平面,得圆域   2 2 ( , ) | 16 , D x y x y    用柱面坐标先z 后( , ) r , 有 2 2 2 4 8 4 2 2 3 3 0 0 0 2 1024 ( ) 2 (8 ) . 2 3 r r I x y dv d dr r dz r dr                 评注：做二次积分或三次积分时,如果里层积分的结果不含外层积分变量,那么里、外层积分 可以分别积分然后相乘即可.如本例方法2 中 2 0 d   可以单独先做.

(2) 【解析】方法1：写出C 的参数方程,然后用曲线积分化为定积分的公式. 由平面上圆的参数方程易写出C 的参数方程为： ( ) cos , ( ) sin , ( ) 2 cos sin x x t t y y t t z z t t t         , 其中 2 z x y    . 由C 的方向知,C 在Oxy 平面上的投影曲线相应地也是顺时针的,于是t 从 2 到0. 在把参数方程代入被积表达式之前,先用C 的方程将被积表达式化简,有 0 0 0 2 2 2 0 2 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) (2 ) ( ) (2 ) (2 ( )) ( ) [cos (2 cos sin )]cos (2 ( )) ( ) 0 [2cos sin cos 2cos ] 0 2 cos

2 . C C I z y dx x z dy x y dz x dx x z dy z dz x t dx t t t t tdt z t dz t t t t t dt tdt                                         方法2：用斯托克斯公式来计算.记S 为平面 2 x y z    上C 所围有限部分,由L 的定向, 按右手法则S 取下侧. 原积分 2 S S dydz dzdx dxdy dxdy x y z z y x z x y              . S 在xy 平面上的投影区域 xy D 为 2 2 1 x y   .将第二类曲面积分化为二重积分得 --- [第 8 页] --- 8 原积分 2 2 xy D dxdy     . 这里因S 取下侧,故公式取负号.

(3) 【解析】已掌握新技术人数( ) x t 的变化率,即dx dt ,由题意可立即建立初值问题 0 ( ),

(0) . dx kx N x dt x x        把方程分离变量得 , ( ) dx kdt x N x   1 1 1 ( )dx kdt N x N x    . 积分可得 1 1 ln x kt c N N x    , 1 kNt kNt cNe x ce  . 以 0

(0) x x  代入确定 0 0 x c N x   ,故所求函数为 0 0 0 . kNt kNt Nx e x N x x e   

(1) 【分析】求出曲面 2 2 : 0 S x y z    在点 0(1, 2,5) M  (位于S 上)处的切平面方程,再写 出L 的参数方程, L 上的点的坐标应满足切平面方程,由此定出参数a 与b . 【解析】曲面S 在点 0 M 的法向量 0 {2 ,2 , 1} {2, 4, 1} M n x y      . 切平面的方程是 2( 1) 4( 2) ( 5) 0 x y z       , 即 2 4 5 0 x y z     . 将直线L 的方程改写成参数方程 , (1 )

3. y x b z a x ab        将它代入平面方程得 2 4( ) (1 ) 3 5 0 x x b a x ab        ,即(5 ) 4 2 0 a x b ab      . 解得 5, 2 a b  .

(2) 【分析】 ( sin ) x z f e y  是由一元函数 ( ) z f u  与二元函数 sin x u e y  复合而成的二 元函数,它满足方程 2 2 2 2 2 x z z e z x y       . (*) --- [第 9 页] --- 9 为了求 ( ) f u ,我们将用复合函数求导法,导出z x   , z y   , 2 2 z x   , 2 2 z y   与 ( ), ( ) f u f u   的关系, 然后由(*)式导出 ( ) f u 满足的常微分方程,从而求出 ( ) f u . 【解析】先用复合函数求导法导出 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) sin , ( ) ( ) cos , ( ) sin ( ) sin , ( ) cos ( ) sin . x x x x x x z u z u f u f u e y f u f u e y x x y y z z f u e y f u e y f u e y f u e y x y                             将后两式代入(*)得 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) x x z z f u e e f u x y         ,即 ( ) ( ) 0 f u f u    . 这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程 2 1 0  的特征根为 1 ,因此求得 1 2 ( ) u u f u C e C e    ,其中 1 C 、 2 C 为任意常数.

时 0 x  ,但根据 0 ( ) lim x f x A x   ,知

(0) 0 f  ,从而 1 0

(0)

(0) 0 f dt     ,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的 定义以及函数连续的定义来判定 ( )x  在 0 x  处的连续性. 【解析】由题设 0 ( ) lim x f x A x   知,

(0) 0,

(0) , f f A    且有(0) 0   .又 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( 0), x f u du x f xt dtu xt x x       于是 0 2 ( ) ( ) ( ) ( 0), x xf x f u du x x x       由导数定义,有 0 2 0 0 0 ( ) ( )

(0) ( )

(0) lim lim lim 2 2 x x x x f u du x f x A x x x              . 而 0 0 2 2 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) lim ( ) lim lim lim x x x x x x xf x f u du f u du f x x x x x            

(0) 2 2 A A A      , 从而知 ( )x  在 0 x  处连续. 评注：对 1 0 ( ) ( ) x f xt dt   作积分变量变换xt u  时, 必附加条件 0 x  . 因此, 由 0 1 ( ) ( ) x x f u du x   得到的 ( )x  也附加有条件 0 x  .从而

(0)  应单独去求. --- [第 10 页] --- 10 六、(本题满分8 分) 【解析】(1)先证 na 单调有界. 显然 0( 1,2, ) na n   ,由初等不等式：对非负数,x y 必有 2 x y xy   ,易知 1 1 1 1 ( ) 2 1( 1,2, ) 2 2 n n n a a n a       . 再考察 1 2 1 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 2 2 1 n n n a a a      . 因此, na 单调下降且有界,存在极限lim n n a  .

(2) 方法1：由 na 单调下降 1 1 1 1 0 n n n n n a a a a a        . 原级数是正项级数.现适当放大,注意 1 na ,得 1 1 1 1 0

1 . n n n n n n n a a a a a a a          1 1 ( ) n n n a a      的部分和 1 1 1 1 ( ) n k k n k S a a a a          , 1 1 lim lim n n n n S a a       存在,可 见级数 1 1 ( ) n n n a a      收敛.由比较判别法知,级数 1 1 1 n n n a a            也收敛. 方法2：令 1 1 n n n a b a    ,利用递推公式,有 2 2 1 2 2 1 1 1 1 lim lim 0 1 4 1 n n n n n n n n b a a b a a               , 由比值判别法知级数 1 1 1 n n n a a            也收敛. 【评注】由证明中可见,有下述结论： 1 1 ( ) n n n a a      收敛lim n n a  存在. 在考研题中多次用到这个知识点,考生可倍加注意. 七、(本题共2 小题,第(1)小题5 分,第(2)小题6 分,满分11 分.) 【分析】要求 0 Bx  的解空间的一个标准基,首先必须确定此解空间的维数以及相应个数的 线性无关的解. 【解析】(1)因秩( ) 2 r B  ,故解空间的维数 ( ) 4 2 2 n r B     ,又因 1 2 , 线性无关, 1 2 , 是方程组 0 Bx  的解,由解空间的基的定义, 1 2 , 是解空间的基. 用施密特正交化方法先将其正交化,令： --- [第 11 页] --- 11         1 1 2 1 2 2 1 1 1 1,1,2,3 , ( , ) 5 2 1,1,4, 1 1,1,2,3 2,1,5, 3 . ( , ) 15 3 T T T T                   将其单位化,有     1 2 1 2 1 2 1 1 1,1,2,3 , 2,1,5, 3 15 39 T T             , 即为所求的一个标准正交基. 评注：此题是一个基本计算题,只要求得一个齐次方程组的基础解系再标准正交化即可. 由于解空间的基不唯一,施密特正交化处理后标准正交基也不唯一.已知条件中 1 2 , ,  3 是线性相关的(注意 1 2 3 2 3      ),不要误认为解空间是3维的.

(2) (I)设是矩阵A 的属于特征值 0 的特征向量,即 0 , A   0 2 1 2 1 1 5 3 1 1 , 1 2 1 1 a b                                 即 0 0 0 2 1 2 5 3 1 2 a b               0 1 3 0 ,a ,b      . (II)将(1)解得的 3 0 a ,b   代入矩阵A ,得 2 1 2 5 3 3 1 0 2 A                . 其特征方程为 3 2 1 2 5 3 3 ( 1) 0, 1 0 2 E A                 知矩阵A 的特征值为 1 2 3 1      . 由于 3 1 2 ( ) 5 2 3 2 1 0 1 r E A r                   , 从而 1 只有一个线性无关的特征向量,故A 不能相似对角化. 评注：A 相似于对角阵A的每个ir 重特征值有ir 个线性无关的特征向量. 八、(本题满分5 分) 【解析】由于 ij B E A  ,其中 ij E 是初等矩阵 --- [第 12 页] --- 12 1 0 1 1 0 1 ij i E j                         

(1) 因为A 可逆, 0 A  ,故 0 ij ij B E A E A A      ,所以B 可逆.

(2) 由 ij B E A  ,知 1 1 1 1 1 ( ) . ij ij ij ij AB A E A AA E E E          评注：①本题考查初等矩阵的概念与性质,要知道初等变换与初等矩阵左右乘的关系以及初 等矩阵的逆矩阵的三个公式.有的考生写不出初等矩阵 ij E ,或将B 写成 ij B AE  ,或不知道 1 ij ij E E  ,或认为A B  ,而不知道B A  等,这些要引起注意. ②经初等变换矩阵的秩不变,易知( ) ( ) r B r A n   ,也可证明B 可逆. 九、(本题满分7 分) 【分析】首先需要清楚二项分布的产生背景.它的背景是：做n 次独立重复试验,每次试验的 结果只有两个(要么成功,要么失败),每次试验成功的概率都为p ,随机变量X 表示n 次试 验成功的次数,则 ~ ( , ) X B n p .这道题中经过三个交通岗,在各个交通岗遇到红灯的事件是 独立的,概率都为2 5 ,相当于做了3 次独立重复试验,试验的结果只有两个(要么遇到红灯(成 功),要么不遇到(失败)),每次成功的概率都为2 5 , X 表示遇到红灯的次数,相当于做了3 次 试验成功的次数,故 2 ~ (3, ) 5 X B . 【解析】由题意知： 2 ~ (3, ) 5 X B ,由二项分布的分布律的定义,有   3 3 (1 ) , 0,1,2,3. k k k p X k C p p k      再由离散型随机变量分布函数的定义,有 ( ) k k x F x p   ,

(1) 当 0 x  时, ( ) 0 k k x F x p     ；

(2) 当0 1 x   ,   3 0 0 3 0 0 3 2 2 3 27 ( ) 0 ( ) (1 ) 5 5 5 125 k k x F x p p P X C                  ； --- [第 13 页] --- 13

(3) 当1 2 x   ,     1 1 3 1 0 1 3 27 2 2 81 ( ) 0 1 ( ) (1 ) 125 5 5 125 k k x F x p p p P X P X C               ；

(4) 当2 3 x   ,       0 1 2 ( ) 0 1 2 k k x F x p p p p P X P X P X             2 2 3 2 3 81 2 2 117 ( ) (1 ) 125 5 5 125 C      ；

(5) 当 3 x  时         0 1 2 3 ( ) 0 1 2 3 1 k k x F x p p p p p P X P X P X P X                 . 因此X 的分布函数为： 0, 0, 27 , 0 1, 125 81 ( ) , 1 2, 125 117 , 2 3, 125 1,

3. x x F x x x x                     2 ~ (3, ) 5 X B 的数学期望为 2 6 3 5 5 EX np    . 【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：  (1 ) , 0,1, , k k n k n P X k C p p k n       .

2. 离散型随机变量分布函数的定义：   ( ) i i x x F x P X x p     .

3. 二项分布 ~ ( , ) X B n p 的期望为EX np  . 十、(本题满分5 分) 【分析】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩,此题中被估参数只有一个,故只需 要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)；最大似然估计,实质上就 是找出使似然函数最大的那个参数,问题的关键在于构造似然函数. 【解析】(1)矩估计 由期望的定义： 1 1 1 0 0 ( ) ( ) ( 1) ( 1) E X xf x dx x x dx x dx                1 2 1 1 0 0 1 ( 1) ( 1) 2 2 x x dx                   . 样本均值 1 1 n i i X X n   ,用样本均值估计期望有EX X  ,即 1 2 X      ,解得未知参数 --- [第 14 页] --- 14 的矩估计量为： ^ 2

1. 1 X X    

(2) 最大似然估计 设 1 2 , ,..., n x x x 是相应于样本 1 2 , ,..., n X X X 的样本值,则样本的似然函数为： 1 ( 1) 0 1( 1,2, , ) 0 . n n i i i x x i n L              其他 当0 1 ix   时, 1 0 n i i x    ,又 1 ,故 1 0  ,即  1 0 n   .所以( ) 0 L  . 1 1 1 ln ln ( 1) ln( 1) ln ln( 1) ln n n n n i i i i i i L x n x n x                           . (由于ln L 是单调递增函数, L 取最大与ln L 取最大取到的是一致的,而加对数后能把连 乘转换成累加,这样求导,找极值比较方便) 1 ln ln 1 n i i d L n x d       . 令 1 ln ln 0 1 n i i d L n x d        , 解得的最大似然估计值为 ^ 1 1 ln n i i n x     , 从而得的最大似然估计量为： ^ 1 1 ln n i i n X     .