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