2001年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

2001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
(1)【答案】 y2y2y 0.
【 详 解 】 因 为 二 阶 常 系 数 线 性 齐 次 微 分 方 程 y pyqy  0 的 通 解 为
y ex(c sinxc cosx)时，则特征方程r2 prq0对应的两个根为一对共轭复
1 2
根： i，所以根据题设 y ex(c sinxc cosx)(c ,c 为任意常数)为某二阶常
1,2 1 2 1 2
系数线性齐次微分方程的通解，知：1,1，特征根为 i 1i, 从而对应
1,2
的特征方程为：(1i)(1i) 2 220, 于是所求二阶常系数线性齐次
微分方程为 y2y2y 0.
2
(2)【答案】 .
3
【分析】若rx,y,z具有连续的一阶偏导数，梯度gradr在直角坐标中的计算公式为：
r r r
gradr  i j k
x y z
设Ax,y,z Px,y,ziQx,y,z jRx,y,zk ，其中P,Q,R具有一阶连续偏
导数，散度divA在直角坐标中的计算公式为：
P Q R
divA  
x y z
若rx,y,z具有二阶连续偏导数，则在直角坐标中有计算公式：
2r 2r 2r
div(gradr)  
x2 y2 z2
2r 2r 2r
【详解】本题实际上是计算  
x2 y2 z2
r  x2  y2 z2 2x x x
   
x x 2 x2  y2 z2 x2  y2 z2 rr x
rx rx
2r   x x r x r r2 x2
       
x2 xr  r2 x r r2 r3
r y 2r r2 y2 r z 2r r2 z2
类似可得  ，  ；  ， 
y r y2 r3 z r z2 r3
2r 2r 2r r2 x2 r2  y2 r2 z2
根据定义有 div(gradr)      
x2 y2 z2 r3 r3 r3
3r2 x2  y2 z2 3r2 r2 2r2 2 2
    
r3 r3 r3 r x2  y2 z2
2 2 2
于是 div(gradr)|   
(1,2,2) x2 y2 z2 12(2)2 22 3
1,2,2
2 1x
(3)【答案】 dx f(x,y)dy. y
1 0
【详解】由题设二次积分的限，画出对应的积分区域， x+y=1 x=2
如图阴影部分. 但在1 y0内，21 y，
O 1 x
题设的二次积分并不是 f(x,y)在某区域上的二重积分，
因此，应先将题设给的二次积分变形为：
0 1y 0 2
 dy f(x,y)dx dy f(x,y)dx,
1 2 1 1y
 
其中D (x,y) 1 y0,1 y x2 , 再由图所示，又可将D改写为
 
D (x,y)1 x2,1x y0 ,
0 1y 0 2 2 0
于是  dy f(x,y)dx  dy f(x,y)dx dx f(x,y)dy
1 2 1 1y 1 1x
2 1x
 dx f(x,y)dy.
1 0
1
(4)【答案】 (A2E).
2
【详解】要求(AE)的逆，应努力把题中所给条件化成(AE)B E 的形式.
由题设A2  A4E 0  A2 A2E 2E  AEA2E2E1
即 AE A2E E,
2
1
故 AE1  A2E .
2
(5)【答案】1 2
D(X)
 
【分析】切比雪夫不等式：P X E(X)  
2
【详解】根据切比雪夫不等式有
D(X) 2 1
 
P X E(X) 2   
22 22 2
二、选择题
(1) 【答案】(D)
【详解】从题设图形可见，在 y轴的左侧，曲线y  f (x)是
严格单调增加的，因此当x0时，一定有 f '(x)0，对应
y  f(x)图形必在x轴的上方，由此可排除(A)，(C)；
又 y  f(x) 的图形在 y 轴右侧靠近 y 轴部分是单调增，所以在这一段内一定有
f '(x)0，对应y  f(x)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).
(2)【答案】(C)
【详解】题目仅设函数 f(x,y)在点(0,0) 附近有定义及 f '(0,0)3, f '(0,0)1, 未设
x y
f(x,y)在点(0,0)可微，也没设z  f(x,y)，所以谈不上dz ，因此可立即排除(A)；
令F(x,y,z) z f(x,y)，则有F' f ',F' f ',F' 1. 因此过点(0,0, f(0,0))
x x y y z
的法向量为  F',F',F'    f',f ',1  ±{−3,−1,1} ，可排除(B)；
x y z x yx x
z  f(x,y) 
曲线 可表示为参数形式：y 0 ,点(0,0, f(0,0))的切向量为
y 0 
z  f(x,0)

  1,0, f '(0,0)  1,0,3 . 故正确选项为(C).
x
(3)【答案】(B)
【详解】方法1：因为
1 f(x) f(x) x
lim f(1eh) 1eh  x lim lim 
h0 h x0 ln(1x) x0 x ln(1x)
f(x) x f(x) f(x) f 0
ln(1x)xlim  lim f 0lim  f0
x0 x x x0 x x0 x0
1
可见，若 f (x)在点x0可导，则极限lim f(1eh)一定存在；反过来也成立.
h0h
方法2：排除法：举反例说明(A)，(C)，(D)说明不成立.
比如， f(x) x , 在x0 处不可导，但
1 
2sin2 h
 
1 1cosh 1cosh 2 
lim f(1cosh)lim lim lim
h0 h2 h0 h2 h0 h2 h0 h2
1
h2
1  1 2 1
sin

h

 hlim  ，故排除(A)
2  2 h0 h2 2
1 hsinh hsinh
lim f(hsinh)lim lim  h
h0 h2 h0 h2 h0 h3
1  1
2sin2  h  h2
hsinh hsinh 1cosh 2  2 1
其中，lim  lim 洛 lim  lim 等 lim 
h0 h3 h0 h3 h0 3h2 h0 3h2 h0 3h2 6
hsinh
根据有界量与无穷小的乘积为无穷小，所以lim  h 0.故排除(C).
h0 h3
1,x0 1 11
又如 f(x) 在x0处不可导，但lim f(2h) f(h)lim 0存在，
0,x0 h0h h0 h
进一步可排除(D).(4)【答案】 (A)
【详解】方法1：因为A是实对称矩阵，必相似于对角阵.
4 4 4 4
1 1 1 1
1 1 1 1 2,3,4行分 1 1 1 1
EA 
1 1 1 1 别加到1行 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1行提出公 1 1 1 1
(4)
因子(4) 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1行分别加 0  0 0
(4) 3(4)=0
到2,3,4行 0 0  0
0 0 0 
得A的特征值为： 4,   0,故必存在正交矩阵Q, 使得
1 2 3 4
4 0 0 0
 
0 0 0 0
Q1AQQTAQ 
0 0 0 0
 
0 0 0 0
因此， A与B 相似.由两矩阵合同的充要条件：实对称矩阵 A与B 合同的充要条件是
A与B相似. 因此，A与B也合同. 即A与B既合同且相似.应选(A).
方法 2：因为A是实对称矩阵，故A必相似于一对角阵. 又由相似矩阵有相同的特征值,
相同的秩, 知A与有相同的秩，故r()r(A)1, 即对角线上有3个元素为零.
因此,   0是A的特征值.
1 2 3
求另一个特征值，由特征值的和等于矩阵主对角线元素之和，知
4 4
 a 4. 故， 4.
i 4 ii 4
i1 i1
即A有特征值4和0(三重根)，和对角阵B的特征值完全一致，故A,B相
似.又由两矩阵合同的充要条件：实对称矩阵 A与B合同的充要条件是A与B相似. 知
A,B合同.
(5)【答案】A
【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以X Y n，从而Y n X ，故 DY  D(nX) DX
由方差的定义：DX  EX2(EX)2, 所以
DY  D(nX) E(nX)2E(nX)2  E(n22nX  X2)(nEX)2
n22nEX EX2 n2 2nEX (EX)2  EX2 (EX)2  DX )
由协方差的性质：cov(X,c)0 (c为常数)；cov(aX,bY)abcov(X,Y)
cov(X  X ,Y)cov(X ,Y)cov(X ,Y))
1 2 1 2
所以 cov(X,Y)cov(X,nX)cov(X,n)cov(X,X)0DX DX
cov(X,Y) DX
由相关系数的定义，得 (X,Y)  1
DX DY DX DX
arctanex 1
三【详解】 dx e2xarctanexdx  e2x arctanexd 2x
e2x 2
 1 arctanexd  e2x分部 1 e2xarctanex e2xdarctanex 
2 2
1 dex 
 e2xarctanex  
2 e2x(1e2x)
1  1 1  
 e2xarctanex   dex
   
2 e2x 1e2x  
1 1 
 e2xarctanex e2xdex  dex
 
2 1e2x 
1
  e2x arctanex ex arctanex C
2
四【详解】 由题设，
d(x) d
 f (x, f(x,x))  f(x, f(x,x)) f(x, f(x,x))f(x,x)
dx dx 1 2
 f(x, f(x,x)) f(x, f(x,x))  f(x,x) f (x,x) 
1 2  1 2 
f f
这里 f ， f ，
1 x 2 yd(x)  
所以  f(x, f(x,x)) f(x, f(x,x))  f(x,x) f (x,x) 
dx 1 2  1 2 
x1 x1
 f(1,1) f(1,1)  f(1,1) f (1,1)   23 23 17
1 2  1 2 
又 f (1,1)1,(x) f(x, f(x,x))，
所以 (1) f(1, f(1,1)) f (1,1)1f(1,1) 1,
d  d(x)
所以 3(x)  32(x)
dx x1   dx   x1
d(x) d(x)
32(1) (1)1, 173117  51
dx dx
x1 x1
五【详解】 首先将arctanx展开.
1 
因为 arctanx' (1)nx2n, x(1,1)
1x2
n1
故 arctanxarctan0
xarctanx'dx
0
x


(1)nx2n

dx
 
0 0  
n0

x
 (1)n
(1)n x2ndx x2n1 ， x1,1
0 2n1
n0 n0
1x2 1x2  (1)n  (1)n
于是 f (x) arctanx   x2n1 (1x2) x2n
x x 2n1 2n1
n0 n0
 (1)n  (1)n (1)0  (1)n  (1)n11
 x2n x2n2  x0 x2n x2n1
2n1 2n1 201 2n1 2n11
n0 n0 n1 n0
 (1)n  (1)n1  (1)n  (1)n
1 x2n  x2n 1 x2n  x2n
2n1 2n1 2n1 2n1
n1 n1 n1 n1
  1 1   (1)n2
1(1)n



x2n 1 x2n， x1,1,x0
2n1 2n1 14n2
n1 n1
  (1)n2 
又lim f(x) lim1 x2n  1，且 f (0)1，所以 f (x) 在x0处连续，从
x0 x0 14n2 
n1
 (1)n2  (1)n2
而x0时， f (x) 1 x2n也成立. 进而 f (x) 1 x2n，x(1,1)，
14n2 14n2
n1 n1 (1)n2  (1)n2
又在x1处级数 x2n  收敛，
14n2 14n2
n1 n1
1x2 1x2  
lim f(x) lim arctanx  lim limarctanx 2   f 1，
x1 x1 x x1 x x1 4 2
1x2 1x2   
lim f(x) lim arctanx  lim  lim arctanx2      f 1，
x1 x1 x x1 x x1  4 2
所以 f (x)在x1处左连续，在x1处右连续，所以等式可扩大到x1，
 (1)n2
从而 f(x)1 x2n，x1,1，
14n2
n1
 (1)n f(x)1
变形得  x2n 
14n2 2
n1
 (1)n  (1)n 1 1    1
因此   12n   f(1)1   1   .
14n2 14n2 2 2  2   4 2
n1 n1
六【详解】方法1：用斯托克斯公式之后化成第一型曲面积分计算.
记S 为平面x yz 2上由L所围成的有界部分的上侧，(曲线的正向与曲面的
侧的方向符合右手法则)D为S在xoy坐标面上的投影， D{(x,y)| x  y 1 }
1
cos,cos,cos {z,z,1}
1z2z2 x y
x y
在x yz 2中，左右两边关于x求偏导，得1z 0，得z 1.
x x
在x yz 2中，左右两边关于 y求偏导，得1z 0，得z 1.
y y
代入上式得
 1 1 1 
cos,cos,cos , , 
 3 3 3
为S指定侧方向的单位法向量，由斯托克斯公式得
I  (y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
Ldydz dzdx dxdy dydz dzdx dxdy
     
 
x y z x y z
S S
P Q R y2z2 2z2 x2 3x2  y2
(2y4z)dydz(2z6x)dzdx(2x2y)dxdy
S
将题中的空间曲线积分化为第二类曲面积分，而对于第二类曲面积分，一般的解答
方法是将它先化为第一类曲面积分，进而化为二重积分进行计算.
1 1 1
把dS  dydz,dS  dzdx,dS  dxdy代入上式，
cos cos cos
I (2y4z)cos(2z6x)cos(2x2y)cos  dS
S
1
 (2y4z)(2z6x)(2x2y)dS
3
S
1 2
 8x4y6zdS  (4x2y3z)dS
3 3
S S
按第一型曲面积分的算法，将S 投影到xoy，记为.dS 与它在xoy平面上的投
影d的关系是
1
dS  d 1z2z2d
cos x y
故dS  3d，将x yz 2代入
2 2
I  (4x2y3z)dS  [4x2y3(2x y)]( 3d)
3 3
S S
2(x y6)d
D
由于D关于 y轴对称，利用区域的对称性，因为区域关于 y轴对称，被积函数是
关于x的奇函数，所以xd0.D关于x轴对称，利用区域的对称性，因为区域关
D
于x轴对称，被积函数是关于y的奇函数，故 yd0，所以
D
I 2(x y6)d2xd2 yd12d12dxdy
D D D D D
12D的面积(由二重积分的几何意义知，dxdy即D的面积)
D1
其中，D为 x  y 1，D的面积 4 112，所以I 12224.
2
方法2：转换投影法.
用斯托克斯公式，取平面x yz 2被L所围成的部分为S ，按斯托克斯公式的
规定，它的方向向上 (曲线的正向与曲面的侧的方向符合右手法则) ，S在xoy平面上
的投影域记为
D{(x,y)| x  y 1 }.
由斯托克斯公式得
I  (y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
L
dydz dzdx dxdy dydz dzdx dxdy
     
 
x y z x y z
S S
P Q R y2z2 2z2 x2 3x2  y2
(2y4z)dydz(2z6x)dzdx(2x2y)dxdy
S
1 1 1
由 dS  dydz,dS  dzdx,dS  dxdy，
cos cos cos
1
及 cos,cos,cos {z,z,1}
1z2z2 x y
x y
1 1 1 1
知 dS  dydz  dxdy，dS  dzdx dxdy，
cos cos cos cos
z
x
cos 1z2z2
故 dydz  dxdy  x y dxdy zdxdy
cos 1 x
1z2 z2
x y
z
y
cos 1z2z2
dzdx dxdy  x y dxdy zdxdy
cos 1 y
1z2 z2
x y
z z
因为S 为z 2x y，式子左右两端分别关于x,y求偏导， 1, 1, 于是
x y
I (2y4z)dydz(2z6x)dzdx(2x6y)dxdy
S z z 
2y4z,2z6x,2x6y , ,1dxdy
 x y 
S
2(4x2y3z)dxdy 2(x y6)dxdy
S D
因为区域D关于 y轴对称，被积函数是关于x的奇函数，所以 xd0. 类似的，因为
D
区域D关于x轴对称，被积函数是关于y的奇函数，故 yd0，所以
D
I 2(x y6)d2xd2 yd12d12dxdy
D D D D D
12D的面积(由二重积分的几何意义知，dxdy即D的面积)
D
1
D为 x  y 1，D的面积 4 112，所以
2
I 12224.
方法3：降维法.
记S 为平面x yz 2上由L所围成的有界部分的上侧 (曲线的正向与曲面的
侧的方向符合右手法则) ，D为S在xoy坐标面上的投影，D{(x,y)| x  y 1 }
把x yz 2代入I 中， L 为L 在xoy平面上投影，逆时针.
1
I  (y2(2x y)2)dx(2(2x y)2 x2)dy(3x2  y2)(dxdy)
L
1
 (y24x2 2xy4x4y4)dx(3y2 2x2 4xy8x8y8)dy
L
1
(3y22x24xy8x8y8) (y24x22xy4x4y4)
格林公式 [  ]dxdy
L x y
1
2(x y6)dxdy 24
D
方法4：用斯托克斯公式后用第二型曲面积分逐个投影法.
记S 为平面x yz 2上由L所围成的有界部分的上侧，(曲线的正向与曲面的
侧的方向符合右手法则)
1
cos,cos,cos {z,z,1}
x y
1z2z2
x y
在x yz 2中，左右两边关于x求偏导，得1z 0，得z 1.
x x
在x yz 2中，左右两边关于 y求偏导，得1z 0，得z 1.
y y
代入上式得 1 1 1 
 cos,cos,cos   , , 
 3 3 3
为S指定侧方向的单位法向量，由斯托克斯公式得
I  (y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
L
dydz dzdx dxdy dydz dzdx dxdy
     
 
x y z x y z
S S
P Q R y2z2 2z2 x2 3x2  y2
(2y4z)dydz(2z6x)dzdx(2x2y)dxdy
S
用 逐 个 投 影 法 ， 先 计 算 I (2y4z)dydz, 其 中
1
S
D  (y,z)| 2 yz  y 1 为 S 在 yoz 平 面 上 的 投 影 ， 分 别 令
yz
y0,y0,2 yz 0,2 yz 0, 可得到D 的4 条边界线的方程：
yz
右：2yz 3；上：z 3 ；左：2yz 1；下：z 1.
1
3 (3z)
于是 I 2 dz2 (y2z)dy 16
1 1
1 (1z)
2
再计算I (2z6x)dzdx，其中D   (x,z)| x  2xz 1 为S在xoz
2 xz
S
平面上的投影，分别令x0,x0,2xz 0,2xz 0, 可得到D 的4 条边界
xz
线的方程：
右：2yz 3；上：z 3 ；左：2yz 1；下：z 1.
1
3 (3z) 3
于是 I 2 dz2 (z3x)dx (z6)dz 8
2 1
1 (1z) 1
2
再计算I (2x2y)dxdy ，其中D   (x,y)| x  y 1  为S 在xoy 平面
3 xy
D
上的投影，因为区域关于 y轴和x轴均对称，被积函数是关于x和y都是奇函数，
于是 I 2(x y)dxdy 0
3
S
故 I  I I I 24.
1 2 3
方法5：参数式法.
L是平面x yz 2与柱面 x  y 1的交线，是由4条直线段构成的封闭折线，将题中要求的空间曲线积分分成四部分来求.
当x0,y0时，L :y 1x,z 2x y, 则dy dx,dz dx，x从1 到
1
0. 以x为参数，于是
(y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
[(1x)2 (2xy)2]dx[2(2xy)2x2](dx)[3x2(1x)2](dx)
[(1x)2 1(2x2)(1)]dx
则  (y2z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
L
1
0 7
 (1x)2 1(2x2)(1)dx  .
 
1 3
当x0,y0, L : y 1x,z 12x, 则dy dx,dz 2dx，x从0到1
2
于是
(y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
[(1x)2(12x)2]dx[2(12x)2 x2]dx[3x2 (1x)2](2dx)
(2x4)dx
1
所以  (y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz  (2x4)dx3
L 0
2
当x0,y0, L :y 1x,z 3,则dy dx,dz 0，x从1到0，于是
3
(y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
[(1x)232]dx[232 x2](dx)[3x2 (1x)2]0
(2x22x26)dx
0 79
所以  (y2z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz  (2x2 2x26)dx
L 1 3
3
当x0,y0, L :y  x1,z 32x，则dy dx,dz 2dx，x从0 到1，
4
于是
(y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
[(x1)2(32x)2]dx[2(32x)2 x2]dx[3x2 (x1)2](2dx)
(18x12)dx1
所以  (y2z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz  (18x12)dx3.
L 0
4
所以 I      24.
L L L L L
1 2 3 4
七【分析】拉格朗日中值定理：如果 f (x)满足在闭区间a,b上连续，在开区间a,b内可
导，则至少存在一点a,b，使等式 f b f a f ba成立
【详解】(1) 因为y  f(x) 在(1,1) 内具有二阶连续导数，所以一阶导数存在，由拉格
朗日中值定理得，任给非零 x(1,1) ，存在(x) ∈(0,1)，(x)x(1,1) ，使
f(x) f(0)xf '(x)x，(0(x)1)成立.
因为 fx在(1,1)内连续且 f "(x)0, 所以 fx在(1,1)内不变号，不妨设
f "(x)0,则 fx在(1,1)内严格单调且增加，故(x)唯一.
(2)方法1：由(1)知 f (x)  f(0)xf '(x)x，(0(x)1)
f (x) f(0)
于是有 xf '(x)x f(x) f(0)，即 f '(x)x
x
f '(x)x f '(0) f(x) f(0) f '(0)x
所以 
x x2
上式两边取极限，再根据导数定义，得
f '(x)x f '(0) f '(x)x f '(0)
左端＝lim lim (x)
x0 x x0 (x)x
f '(x)x f '(0)
lim lim(x)  f "(0)lim(x)
x0 (x)x x0 x0
f (x) f(0) f '(0)x f '(x) f '(0)
右端＝lim 洛lim
x0 x2 x0 2x
1 f '(x) f '(0) 1
 lim 导数定义 f "(0)
2 x0 x0 2
1 1
左边=右边，即 f "(0)lim(x) f "(0)，故lim(x)  .
x0 2 x0 2
1
方法2：由泰勒公式得 f (x)  f(0) f '(0)x f "()x2,0，x
2
再与(1)中的 f (x)  f(0)xf '(x)x(0(x)1)1
比较，所以 xf '(x)x f(x) f(0) f '(0)x f "()x2,
2
1
约去x，有 f '(x)x f '(0) f "()x,
2
f '(x)x f '(0) 1
凑成 (x)  f "(),
(x)x 2
f '(x)x f '(0)
由于 lim  f "(0)，lim f "(x)lim f "() f "(0)
x0 (x)x x0 0
1
所以 f "(0)lim(x) f "(0)
x0 2
1
故 lim(x) .
x0 2
2(x2 y2) 1
八【详解】z h(t) 0 x2  y2  h2(t)，所以侧面在xoy面上的投影为：
h(t) 2
 1 
D x,y:x2 y2  h2(t)
 2 
记V 为雪堆体积，S为雪堆的侧面积，则由体积公式
 2(x2 y2)
V  f x,ydxdy zdxdy  h(t) dxdy
 
 h(t) 
D D D
ht

化为极坐标，令x rcos,y rsin，0r  ,0
2 2
2 ht  2r2  ht  2r2 
V  d 2 h(t) rdr  2 2 h(t) rdr
0 0  h(t) 0  h(t)
 ht ht
 ht ht 2r2   r2 2 r4 2 
2 2 h(t)rdr 2  rdr2 h(t) 
 0 0 h(t)   2 2h(t) 
   
0 0
 
h3(t) h3(t) 
2    h(t)3
 4 8  4
再由侧面积公式：
S  1

f
'2


f
'2
dxdy  1

z
2


z
2
dxdy
x y x y
D D 4x  2  4y  2 16(x2  y2)
 1  dxdy  1 dxdy
   
h(t) h(t) h(t)2
D D
ht

化为极坐标，令x rcos,y rsin，0r  ,0
2 2
2
ht 16r2 ht 16r2 ht 16r2
S   d 2 1 rdr 2 2 1 rdr  2 1 dr2
0 0
h2t
0
h2t
0
h2t
ht
3 2
h2t ht 16r2 16r2 h2t 2  16r2 2
  2 1 d   1 
16 0 h2t h2t 16 3  h2t
 
0
 3 
h2t 2   8h2t2 3  h2t 2 13h2(t)
   1  12   271 
16 3  h2t   16 3 12
 
 
 
dV
由题意知 0.9S(t), 将上述V(t)和S(t)代入，得
dt

d h(t)3
13h2(t) 3 dh(t) 13h2(t) dh(t)
4 0.9  h2(t) 0.9  1.3
dt 12 4 dt 12 dt
13
积分解得 h(t) tC
10
13
由 h0130, 得C 130. 所以h(t) t130.
10
13
令ht0，即 t1300 t 100
10
因此高度为130厘米的雪堆全部融化所需要时间为100小时.
九【详解】由题设知，,,,均为,,,的线性组合，齐次方程组当有非零解
1 2 s 1 2 s
时，解向量的任意组合仍是该齐次方程组的解向量，所以,,,均为Ax0的解. 下
1 2 s
面证明,,,线性无关. 设
1 2 s
kk  k  0 ()
1 1 2 2 s s
把 tt, t t,, t t,代入整理得，
1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 s 1 s 2 1
t k t k t k t k  t k t k  0
1 1 2 s 1 2 1 1 2 2 2 s1 1 s s
由,,,为线性方程组Ax0的一个基础解系，知,,,线性无关，由线性
1 2 s 1 2 s无关的定义，知()中其系数全为零，即
t k t k 0
1 1 2 s

t k t k 0
2 1 1 2



t k t k 0

2 s1 1 s
其系数行列式
t 0 0 0 t
1 2
t2
t 0 0 0 t 0 t 0   2
1 2 1 t
t t 0  0 1
2 1 t3  ts 
0 t t  0（）0 0 t  2 ts1 t (1)s1 2  ts (1)s1ts
2 1 1 t2 1

1 ts1

1 2
     1 1
    
0 0 0 t t
2 1
ts
0 0 0 0 t (1)s1 2
1 ts1
1
t
（( ）变换：把原行列式第i行乘以 2 加到第i1行，其中i 1,,s1.)
t
1
由齐次线性方程组只有零解得充要条件，可见，当ts (1)ts 0,，即ts (t )s,即
1 2 1 2
当s为偶数，t t ;当s为奇数，t t 时，上述方程组只有零解k k k 0,因
1 2 1 2 1 2 s
此向量组,,,线性无关，
1 2 s
s 2n, t t
故当 1 2 时，,,,也是方程组Ax0的基础解系.
s 2n1, t t 1 2 s

1 2
十【详解】(1)
方法1：求B，使A PBP1成立，等式两边右乘P，即AP PB成立.
由题设知，AP  A  x,Ax,A2x    Ax,A2x,A3x  ，又A3x3Ax2A2x，故有
0 0 0  0 0 0 
AP   Ax,A2x,3Ax2A2x    x,Ax,A2x  1 0 3   P  1 0 3 
   
   
0 1 2 0 1 2
   
0 0 0 
 
即如果取B 1 0 3 ，此时的B满足A PBP1 ，即为所求.
 
 
0 1 2
 方法2：由题设条件P  x,Ax,A2x  是可逆矩阵，由可逆的定义，知有P1使
1 0 0
PP1  P1P  P1 x,Ax,A2x    P1x,P1Ax,P1A2x   E   0 1 0 
 
 
0 0 1
 
1 0 0
     
即有P1x 0 ,P1Ax 1 ,P1A2x 0 . 由题设条件，A3x3Ax2A2x，有
     
     
0 0 1
     
0 0  0 
P1A3x P1 3Ax2A2x  3P1Ax2P1A2x 3  1  2  0    3 
     
     

0
 
1
 
2
由A PBP1，得
B P1AP  P1A  x,Ax,A2x   P1 Ax,A2x,A3x 
0 0 0 
  P1Ax,P1A2x,P1A3x    1 0 3 
 
 
0 1 2
 
(2) 由(1)及矩阵相似的定义知， A与 B 相似. 由矩阵相似的性质：若 A  B，则
f (A) f(B)，则AE与AE也相似. 又由相似矩阵的行列式相等，得
1 0 0  1 0 0 
  1行(1)   1 3
AE  BE  1 1 3 0 1 3 (1)11 4
  加到2行   1 1
0 1 1 0 1 1
   
十一【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). 在此题中，每位乘客在中途下车看成是一次实验，
每个人下车是独立的，有n个人相当于做了n次独立重复实验，把乘客下车看成实验成功，
不下车看成实验失败，而且每次实验成功的概率都为 p，则问题(1)成为n重伯努利实验中
有m次成功.
【详解】 (1)求在发车时有n个乘客的条件下，中途有m人下车的概率，相当于求条件概率
PY m| X n，由题设知，此条件概率服从二项分布，因此根据二项分布的分布律有:
PY m|X nCmPm(1P)nm,0mn,n0,1,2
n
(2) 求二维随机变量(X,Y)的概率分布，其实就是求PX n,Y m，利用乘法公式，有 PX n,Y m PY m| X nPX n
n
又X 服从参数(0)的泊松分布，由泊松分布的分布律有P X n   e
n!
e
故 PX n,Y mPY m| X nPX nCmPm(1P)nm n，
n n!
其中0mn,n0,1,2
十二【详解】 记X  1  n X ,X  1  n X ，则 X  1 X  X  ，即2X  X  X
1 n i 2 n ni 2 1 2 1 2
i1 i1
n
EX
1 n  i nu 1 n 
且 EX  E X  i1  u，EX  E X u
1 
n i1
i 
 n n
2 
n i1
ni 

 n  2  n     2
因此 E(Y) E   X i  X ni 2X   E   X i X 1  X ni X 2   
   
i1 i1
 E

 
n 
X X
2
2

X X

X X



X X
2


 i 1 i 1 ni 2 ni 2 
i1
 n  2  n      n  2
E

 X
i
X
1 
E 

2 X
i
X
1
X
ni
X
2


E

 X
ni
X
2 
     
i1 i1 i1
因为样本方差S2  1   n  X X 2 是总体方差的无偏估计，则ES2 2 ，即
n1   i 1  
i1
 1 n  2
ES2  E  X X 2
 n1 i 1  
i1
 n  2  n  2
所以 E  X X (n1)2，同理 E  X X (n1)2
 i 1   ni 2 
   
i1 i1
而 E    n 2  X X  X X   2E    n  X X  X X   
 i 1 ni 2   i 1 ni 2 
   
i1 i1
n n
2E X X  X X  E  X X X X X X  X X 
 i 1 ni 2  i ni i 2 1 ni 1 2
i1 i1
n

EX X EX X EX X EX X

i ni i 2 1 ni 1 2
i1由于X ,X ,,X (n2)相互独立同分布，则X 与X ， X 与X ，X 与X 也独
1 2 2n i 2 1 ni 1 2
立(i 1,2n). 而由独立随机变量期望的性质(若随机变量X,Y 独立，且EX,EY 都存在，
则EXY  EXEY )，所以
EX X  EX EX u2，EX X  EX EX u2
i ni i ni i 2 i 2
EX X  EX EX u2，EX X  EX EX u2
1 ni 1 ni 1 2 1 2
 n    
故有 E  X X X X  
 i 1 ni 2 
 
i1
n n
 EX X EX X EX X EX X   u2 u2 u2 u2 0
i ni i 2 1 ni 1 2
i1 i1
 n  2  n      n  2
即 E(Y)E

 X
i
X
1 
E 

2 X
i
X
1
X
ni
X
2


E

 X
ni
X
2 
     
i1 i1 i1
n12n12 2n12