1990年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1990 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。） xt2  （1）过点M(1,2,1)且与直线y 3t4 垂直的平面方程是 _______。  z t1  【答案】x3yz40. 【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量l (1,3,1)， 所求平面的法向量n平行于所给直线的方向向量l (1,3,1)，取nl ，又平面过已知点M(1,2,1).已知平面 的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为(x1)3(y2)(z1)0,化简即是 x3yz40. xa （2）设a为非零常数，则lim( )x= _______。 x xa 【答案】e2a. 1 【解析】此题考查重要极限：lim(1 )x e. x x a (1 )x xa x lim( )x lim x xa x (1 a )x x a x a (1 )a x lim x a x a (1 )a x ea  e2a. ea xa x  2a xa  2a 2a xa 或由lim( )x lim  1  e2a. x xa x xa 1, |x|1, （3）设函数 f(x) 则 f[f(x)]= _______。 0, |x|1, 【答案】1. 【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式.根据 f(x)的定义知，当|x|1时，有 f(x)1.代入 f[f(x)]，又 f(1)1.于是当|x|1时，复合函数 f[f(x)]1； 当|x|1时，有 f(x)0.代入 f[f(x)]，又 f(0)1,即当|x|1时，也有 f[f(x)]1. 因此，对任意的x(,)，有 f[f(x)]1. （4）积分 2 dx 2 ey2 dy的值等于 _______。 0 x 1 【答案】 (1e4). 2 【解析】这是一个二重积分的累次积分，因ey2 的原函数不是初等函数，先对y积分积不出来，所以应该改换积分 次序，先表成： 原式 ey2 dxdy.由累次积分的内外层积分限确定积分区域D： D 0 x2,x y2,如图所示，然后交换积分次序. y 2 D y  x O x 2 原式  2 dy y ey2 dx  2 yey2 dy 0 0 0 1 2 1  ey2  (1e4). 2 0 2 （5）已知向量组 (1,2,3,4), (2,3,4,5), (3,4,5,6), (4,5,6,7)，则该向量的秩是_______。 1 2 3 4 【答案】2. 【解析】经过初等变换后向量组的秩不变.  1 2 3 4 1      2 3 4 5 所以有 A  2     3 4 5 6 3        4 5 6 7 4 第一行r 分别乘以2、3、4加到第二行、第三行、第四行上，得到 11 2 3 4    0 1 2 3 A  0 2 4 6   0 3 6 9 继续作初等变换第二行r 分别乘以2、3加到第三行、第四行上，再自乘1有 2 1 2 3 4   0 1 2 3 A  0 0 0 0   0 0 0 0 因为最后得出的矩阵有二阶子式0，而三阶子式0，由矩阵秩的定义，有 r,,,r(A)2. 1 2 3 4 所以此题应填 2. 二、选择题（本题共5个小题，每小题3分，满分15分。） （1）设 f(x)是连续函数，且 f '(x)[f(x)]2，则等于 (A) ex f(ex) f(x) (B) ex f(ex) f(x) (C) ex f(ex) f(x) (D) ex f(ex) f(x) 【答案】A. 【解析】对积分上限的函数的求导公式： (t) 若F(t) f(x)dx，(t)，(t)均一阶可导， (t) 则F'(t)'(t) f (t)'(t) f (t). 复合函数求导法则， 如果u  g(x)在点x可导，而y  f(x)在点u  g(x)可导，则复合函数 y  f g(x)在点x可导，且其导数为 dy dy dy du  f '(u)g'(x) 或   dx dx du dx 所以两边求导数, F(x) f(ex)(ex)'  f(x)(x)' ex f(ex) f(x). 故本题选A. （2）已知函数 f(x)具有任意阶导数，且 f '(x)[f(x)]2，则当n为大于2的正整数时，f(x)的n阶导数 f n(x)是 (A) n![f(x)]n1 (B) n[f(x)]n1 (C) [f(x)]2n (D) n![f(x)]2n【答案】A. 【解析】本题考查高阶导数的求法. 为方便记y  f(x).由y' y2，逐次求导得 y''2yy'2y3, y'''3!y2y'3!y4,， 由第一归纳法，可归纳证明 y(n) n!yn1 假设nk成立，即y(k) k!yk1， 则 y(k1)  y(k) ' k!yk1 ' k1!yk y'     k1!y k11 所以nk1亦成立，原假设成立.  sinn 1 （3）设为常数，则级数(  ) n2 n n1 (A) 绝对收敛 (B) 条件收敛 (C) 发散 (D) 收敛性与的取值有关 【答案】C . 【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数）.  1  1  发散.因为此为 p级数： 当 p 1时收敛；当 p1时发散. n np n1 n1  sinn sinn 1  1  收敛.因为由三角函数的有界性  ，而 p级数： 收敛， n2 n2 n2 n2 n1 n1 根据正项级数的比较判别法：   v 设u 和v 都是正项级数，且lim n  A,则 n n nu n1 n1 n   （1） 当0 A时，u 和v 同时收敛或同时发散； n n n1 n1     （2） 当A0时，若u 收敛，则v 收敛；若v 发散，则u 发散； n n n n n1 n1 n1 n1     （3） 当A时，若v 收敛，则u 收敛；若u 发散，则v 发散. n n n n n1 n1 n1 n1  sinn  sinn 所以 收敛，所以级数 绝对收敛. n2 n2 n1 n1 由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得 sinn 1 级数(  )发散. n2 n n1 故选(C). f(x) （4）已知 f(x)在x0的某个领域内连续，且 f(0)0，lim 2，则在点x0处 x01cosx (A) 不可导 (B) 可导，且 f '(0)0 (C) 取得极大值 (D) 取得极小值 【答案】D. 【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号： 设lim f(x) A.若A0  0,当0 xx 时， f(x)0. 0 xx 0 若0,当0 xx 时有 f(x)0，则A0. 0 f(x) f(x) 所以，有 lim 20 0（在x0的某空心领域） x01cosx 1cosx 由1cosx0，有 f(x)0 f(0)，即 f(x)在x0取极小值，应选(D) 本题还可特殊选取满足题中条件的 f(x)21cosx.显然，它在x0取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选 (D) （5）已知、 是非齐次线性方程组Axb的两个不同的解，、 是对应齐次线性方程组Ax0的基础解系， 1 2 1 2 k ,k 为任意常数，则方程组Axb的通解（一般解）必是 1 2   (A) k k () 1 2 (B) k k () 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2   (C) k k () 1 2 (D) k k () 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 【答案】B 【解析】本题考查解的性质和解的结构.从、 是对应齐次线性方程组Ax0的基础解系，知Axb的通解形 1 2 式为 kk ,其中,是Ax0的基础解系，是 1 1 2 2 1 2 Axb的一个特解. 由解的性质：如果,是Ax0的两个解，则其线性组合kk仍是Ax0的解；如果是Axb的一个解， 1 2 1 1 2 2 是Ax0的一个解，则仍是Axb的解.  所以有：，  ， 1 2 ， ，都是Ax0的解， 1 1 2 2 1 2 1 2  1 2 是Axb的一个特解. 2 那么看各个选项，(A)中没有特解,(C) 中既没有特解,且也不是Ax0的解. 1 2(D)中虽有特解，但，的线性相关性不能判定，故(A)、(C)、(D)均是不正确的. 1 1 2  再看(B)， 1 2 是Axb的一个特解，， 是Ax0的线性无关的解，是基础解系，故本题选(B). 2 1 1 2 三、（本题满分15分，每小题5分。） 1ln(1x) （1）求  dx 0 (2x)2 2z （2）设z  f(2x y,ysinx)，其中 f(u,v)具有连续的二阶偏导数，求 。 xy （3）求微分方程y''4y' 4y e2x的通解（一般解） 1 （1）【答案】 ln2.. 3 【解析】分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题，如果选择不当可能引起更繁杂的计算，最后甚至算不 出结果来。在做题的时候应该好好总结，积累经验。 假定u u(x)与vv(x)均具有连续的导函数，则 uv'dxuvu'vdx, 或者 udvuvvdu. 1 1 由 dx(2x)2d(2x)d( )有 (2x)2 2x 1 1 ln(1x) 1 1 1 dx 原式  ln(1x)d( )分部法   0 2x 2x 0 0 2x 1x 1 1 1 1 1 因为，由分项法   (  ) 2x 1x 3 2x 1x 1 1 1 1 所以，原式ln2  (  )dx 3 0 2x 1x 1 1 ln2 [ln(2x) 1ln(1x) 1] ln2. 3 0 0 3 （2）【答案】2f '' (2sinx ycosx)f ''  ysinxcosxf '' cosxf '. 11 12 22 2 【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数，重要的是要分清函数是如何复合的. z  z 由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关，可以先求 ，再求 ( )，如方法1; x y x z  z 也可以先求 ，再求 ( )，如方法2. y x y由复合函数求偏导的链式法则：如果函数u (x,y),v(x,y)都在点(x,y)具有对x及对y的偏导数，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((x,y),(x,y))在点(x,y)的两个偏导数存在，且有 z z u z v u v    f '  f ' ； x u x v x 1 x 2 x z z u z v u v    f '  f ' . y u y v y 1 y 2 y z 方法1：先求 ， x z    f ' (2x y) f ' (ysinx)2f '  ycosxf '。 x 1 x 2 x 1 2 2z   (2f '  ycosxf ') xy y 1 2     2(f '' (2x y) f '' (ysinx))cosxf '(f '' (2x y) f '' (ysinx))ycosx 11 y 12 y 2 21 y 22 y 2(f '' sinxf '')cosxf ' (f '' sinxf '')ycosx 11 12 2 21 22 2f '' (2sinx ycosx)f ''  ysinxcosxf '' cosxf ' 11 12 22 2 z 方法2：先求 ， y z    f ' (2x y) f ' (ysinx)f ' sinxf ' y 1 y 2 y 1 2 2z   (f ' sinxf ') xy x 1 2     (f '' (2x y) f '' (ysinx))cosxf '(f '' (2x y) f '' (ysinx))sinx 11 x 12 x 2 21 x 22 x (2f ''  ycosxf '')cosxf ' (2f ''  ycosxf '')sinx 11 12 2 21 22 2f '' (2sinx ycosx)f ''  ysinxcosxf '' cosxf '. 11 12 22 2 1 （3）【答案】所求通解为 y (C C x)e2x  x2e2x 其中C ,C 为常数. 1 2 2 1 2 【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程.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 yP(x)yQ(x)y 0的通解，则y Y(x) y*(x)是非齐次方程的通解； 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 yP(x)yQ(x)y 0中的P(x)、Q(x)均是常数，方程变为y pyqy 0. 其特征方程写为r2  prq0，在复数域内解出两个特征根r,r ； 1 2 分三种情况： （1） 两个不相等的实数根r,r ，则通解为y Cerx 1 C er 2 x; 1 2 1 2 （2） 两个相等的实数根r r ，则通解为y C C xerx 1; 1 2 1 2 （3） 一对共轭复根r i，则通解为y exC cosxC sinx. 1,2 1 2 其中C ,C 为常数. 1 2 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 f(x) P (x)ex,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如 m y*(x) xkQ (x)ex m 的特解，其中Q (x)是与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 m m 的重根依次取0、1或2. 本题中对应的齐次方程的特征方程r2 4r4(r2)2 0有二重根r r 2，而非齐次项ex,2为重特 1 2 征根，因而非齐次方程有如下形式的特解 Y  x2ae2x， 1 1 代入方程可得a  ，故所求通解为 y (C C x)e2x  x2e2x 其中C ,C 为常数. 2 1 2 2 1 2 四、（本题满分6分。）  求幂级数(2n1)xn 的收敛域，并求其和函数。 n0 1x 【答案】收敛域1,1，和函数为 (|x|1). (1x )2 【解析】先用公式求出收敛半径及收敛区间，再考察端点处的敛散性可得到收敛域；将幂级数(2n1)xn 转化为 n0  基本情形nxn1 ，可求得和函数 n1   x 1 nxn1 (xn)' ( )'  (1 x1), 1x 1x2 n1 n1 方法1：按通常求收敛半径的办法, lima  若果 x n1 ，其中a ,a 是幂级数a xn 的相邻两项的系数，则这幂级数的收敛半径 lima n n1 n n n0 x  1 , 0,     R , 0,  0, .   a 2(n1)1 本题用幂级数收敛半径的计算公式得 lim n1  lim 1， n a n 2n1 n 1 收敛半径R 1收敛区间为1,1，    当x1时，级数(2n1)发散；当x1时，级数(2n1)(1)n也发散， n0 n0 所以当x1时原幂级数均发散原幂级数的收敛域1,1.    下面求和函数，先分解为 S(x)(2n1)xn 2nxn xn n0 n0 n0  1 几何级数 xn  (|x|1)，又 1x n0    1 2x 2nxn 2xnxn1 2x(xn)' 2x( )'  (|x|1)， 1x (1x)2 n0 n0 n0 2x 1 1x 因此S(x)   (|x|1) (1x)2 1x (1x)2  x 方法2：直接考察 x2n1  (|x|1) （几何级数求和），逐项求导得 (1x)2 n0 x 1x2 (2n1)x2n ( )'  (|x|1) 1x2 (1x2)2 n0  1x 将x2换成x得 (2n1)xn  (|x|1) (1x )2 n0 由方法1的讨论，有收敛域1,1 五、（本题满分8分） 求曲面积分I  yzdzdx2dxdy, S 其中S 是球面x2  y2 z2 4外侧在z 0的部分 P Q R (yz) 【解析】记I    0 0 z，可以考虑用高斯公式计算，但不是封闭的，所以要添加辅助面， x y z y 如方法1； 本题还可直接套用公式计算也不复杂，为D :  (x,y)|x2  y2 4  ,可用矢量点积法将积分都投影在平面xOy上较 xy 方便，再化为D 上的二重积分，如方法2. xy 方法1：设空间闭区域是由分片光滑的闭曲面所围成，函数P(x,y,z)、Q(x,y,z)、R(x,y,z)在上具有一 阶连续偏导数，则有 P Q R      dv PdydzQdzdxRdxdy,  x y z    P Q R 或      dv  PcosQcosRcosdS,  x y z    这里是的整个边界曲面的外侧，cos、cos、cos是在点(x,y,z)处的法向量的方向余弦.上述两个公 式叫做高斯公式. 对于球面坐标与直角坐标的关系为： xrsincos,  y rsinsin,  z rcos.  其中为向量与z轴正向的夹角，0；为从正z轴来看自x轴按逆时针方向转到向量在xOy平面上投影线 段的角，02；r为向量的模长，0r . 球面坐标系中的体积元素为 dvr2sindrdd,则三重积分的变量从直角坐标变换为球面坐标的公式是：  f(x,y,z)dxdydz   f(rsincos,rsinsin,rcos)r2sindrdd.   添加辅助面S :z 0(x2  y2 4)，法向量与z轴负向相同，S 与S 围成的闭区域 1 1 ，S 与S 的法向量指向的外部。在上用高斯公式得 1 I yzdzdx2dxdy  zdV . S  1 2 2 用先二后一的求积顺序求三重积分：zdV   dz  zdxdy   z(4z2)4 0 0  D(z) 或用球坐标变换来计算  2 2 zdV   d2d cos2sind 0 0 0   2 1 22sindsin 3d2 44 0 0 2  yzdzdx2dxdy 2dxdy 248 S D 1 xy 其中D :x2  y2 4. xy 因此I 4(8)12. 方法2：S 在xOy平面上的投影区域是D :  (x,y)|x2  y2 4  ,因S 取上侧，套用矢量点积法公式得 xy z z I  [0( ) yz( )21]dxdy x y D xy 由x2  y2 z2 4， z x 方程两边同时对x求导，得  ； x z z y 方程两边同时对y求导，得  .代入上式得 y z I  (y2 2)dxdy D xy 考虑到积分区域D 关于变量x,y具有轮换对称性，从而有 xy1 x2dxdy   y2dxdy  (x2  y2)dxdy. 2 D D D xy xy xy 1 I  (x2  y2)dxdy8 2 D xy 1 2 2 1 1 2 用极坐标变换得 I   d r3dr8 2 r4 84812. 2 0 0 2 4 0 六、（本题满分7分） 设不恒为常数的函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且 f(a) f(b)。证明在(a,b)内至少存 在一点，使 f '()0。 【解析】与未知函数在一点的导数值有关，自然想到用微分中值定理，但 f(a) f(b)只能推导出一点的导数为零， 考虑到题设 f(x)不恒为常数，因此存在一点c，使 f(c) f(a) f(b),再在[a,c]或[c,b]上应用拉格朗日中值定理. 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. y O x a  x b 0 从几何直观上看（上图）利用拉格朗日中值定理可得到结果：由 f(x)不恒等于c，有 f(x)不恒等于 f(a)，因而 x (a,b)， f(x ) f(a) 0 0 若 f(x ) f(a) f(b)，在[a,x ]上使用拉格朗日中值定理，则(a,x )(a,b)，有 0 0 0 f(x ) f(a) f '() 0 0； x a 0 若 f(x ) f(a) f(b)，在[x ,b]上使用拉格朗日中值定理，则(x ,b)(a,b)， 0 0 0f(b) f(x ) 有 f '() 0 0 bx 0 七、（本题满分6分） 1 -1 0 0 2 1 3 4     0 1 -1 0 0 2 1 3     设四阶矩阵B ，C  0 0 1 -1 0 0 2 1     0 0 0 1 0 0 0 2 且矩阵A满足关系式A(EC1B)TCT  E, 其中E为四阶单位矩阵，C1表示C的转逆阵,CT 表示C的转置矩阵。将上述关系式简化并求矩阵A.  1 0 0 0   2 1 0 1   【答案】A .  1 2 1 0    0 0 2 1 【解析】由转置矩阵和逆矩阵的性质，(AB)T  BTAT；AA1  E；  A1T   AT1 . 由(AB)T  BTAT知(EC1B)TCT [C(EC1B)]T (CB)T 那么由A(CB)T  E知A[(CB)T]1 [(CB)1]T 1 2 3 4   0 1 2 3   由 CB ， 0 0 1 2   0 0 0 1 如果对 CBE  作初等行变换 则由 CBE    ECB1 可以直接得出(A2E)1 1 2 3 41 0 0 0   0 1 2 30 1 0 0 通过矩阵的初等变换 CBE     0 0 1 20 0 1 0   0 0 0 10 0 0 1 第四行乘以2、3、4分别加到第三、二、一行上，得到 1 2 3 01 0 0 4   0 1 2 00 1 0 3    0 0 1 00 0 1 2   0 0 0 10 0 0 1 再第二行乘以2、3分别 1 2 0 01 0 3 2    0 1 0 00 1 2 1    0 0 1 00 0 1 2   0 0 0 10 0 0 1  最后第二行乘以2加到第一行上，得到 1 0 0 01 2 1 0    0 1 0 00 1 2 1    0 0 1 00 0 1 2   0 0 0 10 0 0 1  1 2 1 0    0 1 2 1 所以 (CB)1    0 0 1 2   0 0 0 1   1 0 0 0   2 1 0 1   故A  1 2 1 0    0 0 2 1 八、（本题满分8分） 求一个正交变换，化二次型 f(x ,x ,x ) x2 4x 2 4x 2 4x x 4x x 8x x 为标准型。 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 【答案】正交变换  2 2 1     5 3 5 3 x    y  1 1    1 4 2  x   y 得标准型 f 9y 2.  2  5 3 5 3  2 3  x    y      3  5 2  3 0    3 5 3  【解析】本题是一个基本题型，主要考查矩阵的特征值、特征向量以及正交化方法. 由二次型的定义：含有n个变量x ,x ,,x 的二次齐次多项式（即每项都是二次的多项式） 1 2 n n n f x ,x ,,x a x x , 其中a a ， 1 2 n ij i j ij ji i1 j1 称为n元二次型，令xx ,x ,,x T ，A  a  ，则二次型可用矩阵乘法表示为 1 2 n ij f x ,x ,,x  xTAx, 1 2 n其中A是对称矩阵  AT  A  ，称A为二次型 f x ,x ,,x 的矩阵. 1 2 n  1 2 2    所以写出二次型的矩阵是 A 2 4 4 ，其特征多项式为     2 4 4   1 2 2 |E A| 2 4 4 2(9). 2 4 4 令|E A|0,所以A的特征值是 0, 9. 1 2 3 对于 0，由(0E A)x0，对方程组的系数矩阵作初等行变换， 1 2  1 2 2  1 2 2     即 2 4 4  0 0 0 ，         2 4 4 0 0 0     得到基础解系 (2,1,0)T, (2,0,1)T，即为属于特征值0的特征向量. 1 2 对于 9，由(9E A)x0，对方程组的系数矩阵作初等行变换， 3  8 2 2 2 5 4     即 2 5 4  0 1 1 ，         2 4 5 0 0 0     得到基础解系  (1,2,2)T 。 3 由于不同特征值的特征向量已经正交，只需对属于特征值 0的特征向量正交化， 1 2 由施密特正交法，得到   (2,1,0)T ； 1 1 () 1    2 1   (2,4,5)T . 2 2 () 1 5 1 1  2   2   1         5 3 5 3         1    4    2 再把,,单位化，有r  1  ,r  2  ,r  3   1 2 3 1   5  2   3 5  3   3 1   2   3    0   5   2           3 5   3  那么经正交变换 2 2 1     5 3 5 3 x    y  1 1    1 4 2  x   y  2  5 3 5 3  2  x    y      3  5 2  3 0    3 5 3  注：属于特征值 0的特征向量不唯一，因此本题的答案也不唯一. 1 2 二次型可化为标准型 f 9y 2. 3 九、（本题满分8分） 质点P沿着以AB为直径的半圆周，从点A(1,2)运动到点B(3,4)的过程中受变力F 作用（见图）。F 的大小等于  点P与原点O之间的距离，其方向垂直于线段OP且与y轴正向的夹角小于 ，求变力F 对质点P所作的功 2 y B(3,4) F A(1,2) P( x O 【答案】2(1). 【解析】变力F  PiQj对沿曲线L运动的质点所坐的功为W  PdxQdy.本题的关键是写出F 的表达式. L  （1）先求作用于点P(x,y)的力F ：按题意|F ||OP| x2  y2  与OPx,y垂直的向量是y,x，其中与y轴正向成锐角的是y,x，于是 F y,x  . F y,x. |F | x2  y2 即变力F 的大小为 x2  y2 ，方向为y,x.（2）求F 对质点所作的功的表达式 W  Fds  ydxxdy AB AB （3）计算曲线积分 方法1：格林公式:设闭区域D由分段光滑的曲线L所围成，函数P(x,y)及Q(x,y)在D上具有一阶连续偏导数， 则有 Q P (  )dxdy   PdxQdy, x y L D 其中L是D的取正向的边界曲线. 因为格林公式要求是闭区域，所以添加辅助线 BA: y  x1,x[3,1] 1 3  ydxxdy   [(x1)x]dx 1dx2. BA 3 1  在BA与AB所围的区域D上用格林公式得  ydxxdy 2dxdy 2S BAAB D D 因此 W 2S 2 D 1 2 ( 2)222(1). 2 1 这里D是半圆，半径是 2，所以S  ( 2)2. D 2  方法2: 写出的圆弧AB的参数方程. 用对坐标的曲线积分公式：设有向曲线弧L的起点为A，终点为B.曲线弧L由参数方程 x(t),  其中起点A，终点B对应的参数分别为,，则 y (t).   P(x,y)dxQ(x,y)dy   P[(t),(t)]'(t)Q[(t),(t)]'(t)dt L  由 (x2)2 (y3)2 ( 2)2  x2 2cost, 3   t[ , ] y 3 2sint, 4 4  W  4 [(3 2sint) 2(sint)(2 2cost) 2cost]dt 3  4   24 dt4 3 2sint2 2costdt 3 3   4 4  2(3 2cost2 2sint)|4 2(1). 3  4十、填空题（本题满分6分，每小题2分。） 1 （1）已知随机变量的概率密度函数 f(x) e|x|, x 2 则X 的概率分布函数F(X)=_______。 （2）设随机事件A、B及其和事件AB的概率分别是0.4、0.3和0.6，若B表示B的对立事件，那么积事件AB 的概率P(AB)=_______。 2ke2 （3）已知离散型随机变量X 服从参数为2的泊松（Poisson）分布,即PX k ,k 0,1,2…,则随机变量 k! Z 3X 2的数学期望E(Z)=_______。 1 ex, x0  2 （1）【答案】分布函数为 F(x) . 1  1 ex, x0,  2 【解析】本题题意明确，直接按连续型随机变量的分布函数定义进行计算.因为密度函数中包含自变量的绝对值，积 分时必须对x进行讨论. x x 1 F(x) PX  x  f(t)dt   e|t|dt  2 x x 1 1 当x0时，F(x)  f(t)dt   etdt  ex；  2 2 0 x1 x1 0 1 当x0时，F(x)  f(t)dt etdt  etdt etdt  0 2 0 2 2 1 0 1 x  et  et 2  2 0 1 1 1   (1ex)1 ex 2 2 2 1 ex, x0,  2 因此，X 的分布函数为 F(x) 1  1 ex, x0.  2 （2）【答案】0.3. 【解析】本题主要考查概率的加法公式、减法公式等基本性质，并注意其各种变形： （1）AB AB AAB. （2）P(AB) P(AB) P(A)P(AB),一般地P(AB) P(A)P(B).（3）P(AB) P(A)P(B)P(AB) P(A)P(BA)  P(B)P(AB) P(AB)P(AB)P(BA). （4）若A与B独立，则P(AB) P(A)P(B)P(A)P(B) 11P(A)1P(B). 方法1：AB互不相容，且AB=ABB，于是 P(AB) P(AB)P(B)0.60.30.3 此种方法来看P(A)0.4是多余的. 方法2：根据概率的广义加法公式，有P(AB) P(A)P(B)P(AB) P(AB) P(A)P(B)P(AB)0.40.30.60.1 从而P(AB AB) P(A)，得出P(AB) P(A)P(AB)0.40.10.3 （3）【答案】4. 【解析】若X  P()泊松分布，则数学期望和方差，EX  DX . 由数学期望的性质：E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c 其中a,b,c为常数. 题中由于X 服从参数为2的泊松（Poisson）分布，因此 E(X)2. 故 EZ  E(3X 2)3EX 24. 十一、（本题满分6分。） 设二维随机变量(X,Y)在区域D:0 x1,| y| x内服从均匀分布，求关于X 的边缘概率密度函数及随机变量 Z 2X 1的方差D(Z)。 2x, 0 x1,  【答案】 f (x)  f(x,y)dy  X  0, 其他. 2 D(Z) . 9 【解析】y yx 1 x O 1 y  x 1  1  , (x,y)D, 二维均匀分布(X,Y)的联合密度函数为 f(x,y)S D  0, (x,y)D, 1 S 是区域D的面积，S 2 12 1, D D 2 1, (x,y)D, 所以(X,Y)的联合密度 f(x,y) 0, (x,y)D, 由连续型随机变量边缘分布的定义，有  x   dy, 0 x1, 2x, 0 x1, f (x)  f(x,y)dy  x  X   0, 其他, 0, 其他. 由一维连续型随机变量的数学期望的定义： EX    x f(x)dx,Eg(X)   g(x) f(x)dx.有    1 EX   x f (x)dx x2xdx X  0 2 1 2  x3  , 3 0 3  1 EX2  x2 f (x)dx x22xdx X  0 1 1 1  x4  . 2 0 2 本题也可直接利用二维随机变量函数的数学期望公式，用二重积分计算：   1 x 1 2 E(X)  xf(x,y)dxdy xdxdy   xdx dy 2 x2dx ,   0 x 0 3 D  1 x 1 1 E(X2)   x2f(x,y)dxdy  x2dxdy   x2dx dy 2 x3dx .   0 x 0 2 D 由数学期望和方差的性质： E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c； X 与Y 相互独立时，D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y). 其中a,b,c为常数. 1 4 1 所以有 DX  EX2 (EX)2    , 2 9 18 2 DZ  D(2X 1)4DX  . 9