2003年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

2003年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题分析
一、填空题
1
(1)【答案】
e
【详解】方法1：求limu(x)v(x)型极限，一般先化为指数形式
limu(x)v(x) limev(x)lnu(x)
然后求limv(x)lnu(x)，再回到指数上去．
1 lncosx lncosx
lim
lim(cosx)ln(1x2)=limeln(1x2) ex0ln(1x2) ,
x0 x0
而
lncosx ln(1cosx1) cosx1
lim lim lim (等价无穷小替换ln(1x)x)
x0ln(1x2) x0 ln(1x2) x0 x2
1
 x2
1 1
2
lim  (等价无穷小替换1cosx x2)
x0 x2 2 2
 1 1
故 原式=e 2  .
e
1
lncosx
方法2：令y (cosx)ln(1x2) ，有ln y  ，以下同方法1．
ln(1x2)
(2)【答案】2x4yz 5
【详解】由题意，只要满足所求切平面的法向量与已知平面的法向量平行即可．

平面2x4yz 0的法向量：n {2,4,1}；
1

曲面zx2 y2在点(x ,y ,z )的法向量：n {z (x ,y ),z (x ,y ),1}{2x ,2y ,1}
0 0 0 2 x 0 0 y 0 0 0 0
 
由于n //n ，因此有
1 2
2x 2y 1
0  0 
2 4 1
可解得，x 1,y  2，相应地有z  x2  y2 5.
0 0 0 0 0

所求切平面过点(1,2,5)，法向量为：n {2,4,1}，故所求的切平面方程为
2
2(x1)4(y2)(z5) 0，即 2x4yz 5(3)【答案】1
【详解】将 f(x)  x2( x )展开为余弦级数
f (x)  x2   a cosnx( x)，其中a  2   f (x)cosnxdx ．
n n  0
n0
所以 a  2   x2cos2xdx 1   x2dsin2x  1 [x2sin2x   sin2x2xdx]
2  0  0  0 0
 1   xdcos2x  1 [xcos2x    cos2xdx] 1
 0  0 0
 2 3 
(4)【答案】 
 
1 2
【详解】n维向量空间中，从基,,, 到基,,, 的过渡矩阵P满足
1 2 n 1 2 n
[,,, ]=[,,, ]P，
1 2 n 1 2 n
因此过渡矩阵P为：
P=[,,, ]1[,,, ]．
1 2 n 1 2 n
1  1  1 1
根据定义，从R2的基  ,  到基  ,  的过渡矩阵为
1  0   2  1   1  1   2  2  
1
1 1  1 1 1 1 1 1  2 3 
P=[, ]1[, ]    =      .
1 2 1 2 0 1 1 2 0 11 2 1 2
1
(5)【答案】 ．
4
【分析】本题为已知二维随机变量(X,Y)的概率密度 f(x,y)，求满足一定条件的概率
P{g(X,Y) z }．连续型二维随机变量(X,Y)概率的求解方法
0
y x
F(x,y)  f(u,v)dudv,
 
此题可转化为二重积分P{g(X,Y) z }  f(x,y)dxdy进行计算．
0
g(x,y)z
0
【详解】图中阴影区域为积分区域. 由题设，有
P{X Y 1}  f (x,y)dxdy y
xy1
1 y  x
1x
2dx 6xdy 1
0 x
x y 1
O 1
x
21 1
2(6x12x2)dx 
0 4
(6)【答案】(39.51,40.49)．
【分析】可以用两种方法求解：
(1) 已知方差2 1，对正态总体的数学期望进行估计. 因为X  N(,1)，设有n
1 n 1 X E(X)
个样本，样本均值X  X ，则 X  N(, )，将其标准化，由公式 ~ N(0,1)
n i n D(X)
i1
n
X 
得： ~ N(0,1)
1
n
X 
由正态分布分为点的定义P{ u }1可确定临界值u ，进而确定相应的
1  
n 2 2
 
置信区间(xu ,xu )．
 
2 n 2 n
(2)本题是在单个正态总体方差已知条件下，求期望值的置信区间问题．由教材上已
 
经求出的置信区间(xu ,xu )，其中P{U u }1,U  N(0,1) ，可以
  
2 n 2 n
2
直接得出答案．
【详解】方法 1：由题设，1 0.95，可见 0.05. 查标准正态分布表知分位点
u 1.96. 本题n16, x  40.

2
X  40
根据P{ 1.96}0.95，有P{ 1.96}0.95，
1 n 1 16
即P{39.5140.49}0.95，故的置信度为0．95的置信区间是(39.51,40.49)．
方法2：由题设，1 0.95，
P{U u } P{u U u }2(u )10.95,(u )0.975
    
2 2 2 2 2
 
查得u 1.96. 将1，n16, x  40代入(xu ,xu )得置信区间
  
2 n 2 n
2
(39.51,40.49)
二、选择题
(1)【答案】(C)【分析】函数的极值点可能是驻点(一阶导数为零)
或导数不存在的点，极值点是极大值点还是极小值
点可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定．
【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的
点有3个(导函数与x轴交点的个数)；x0是导数
不存在的点．
对3个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均
不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧
导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正，
是极小值点，则三个驻点中有两个极小值点，一个极大值点；
对导数不存在的点：x0．左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x0为极
大值点．
故 f (x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C)．
(2)【答案】(D)
【详解】方法1：推理法
b c
由题设limb 1，假设limb c 存在并记为 A，则limc lim n n  A,这与
n n n n n n n n b
n
limc 矛盾，故假设不成立，limb c 不存在． 所以选项(D)正确．
n n n
n n
方法2：排除法
1 n1
取a  ，b  ，满足lima  0,limb 1, 而a 1,b 0,a b ，(A)不正确；
n n n n n n n n 1 1 1 1
n1
取b  ，c n2，满足limb 1,limc ,而b 01c ，(B)不正确；
n n n n n n n 1 1
1
取a  ，c n2，满足lima  0,limc ,而lima c 1，(C)不正确．
n n n n n n n n n n
(3)【答案】(A)
f(x,y)xy
【详解】由 lim 1 f(x,y)xy(1)(x2 y2)2，其中lim0．
x0,y0 (x2 y2)2 x0
y0
由 f(x,y)在点(0,0)连续知， f (0,0)0．
取 y  x， x 充分小，x0，有 f(x,y) x2(1)(2x2)2 0；
取 yx， x 充分小，x0，有 f(x,y) x2(1)(2x2)2 0
故点(0,0)不是 f(x,y)的极值点，应选(A)． (极值的定义)(4)【分析】 本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I：,,,
1 2 r
可由向量组II：,,,线性表示，则当r  s时，向量组I必线性相关． 或其逆否命
1 2 s
题：若向量组I：,,, 可由向量组II：,,,线性表示，且向量组I线性无
1 2 r 1 2 s
关，则必有r  s． 可见正确选项为(D)． 本题也可通过举反例用排除法找到答案．
【详解】 用排除法：
0 1 0
  ,  ,  ，则 0 0 ，但, 线性无关，排除(A)；
1  0   1  0   2  1   1 1 2 1 2
0 1 1
  ,  ,  ，则, 可由线性表示，但线性无关，排除(B)；
1  0   2  0   1  0   1 2 1 1
1 1 0
  ,  ,  ，可由, 线性表示，但线性无关，排除(C)．
1  0   1  0   2  1   1 1 2 1
(5)【答案】(B)
【分析】本题可找反例用排除法进行分析，但①、②两个命题的反例比较复杂一些，关键是
抓住③、④，迅速排除不正确的选项．
【详解】若AX 0与BX 0同解，则它们的解空间中的基础解系所含向量个数相同，即n-
秩(A)=n-秩(B), 得秩(A)=秩(B)，命题③成立，可排除(A),(C)；
但反过来，若秩(A)=秩(B)，则不能推出AX  0与BX  0同解，通过举一反例证明，
1 0 0 0
若A
 
，B 
 
，则秩(A)=秩(B)=1，但AX  0与BX  0不同解，可见命
0 0 0 1
题④不成立，排除(D). 故正确选项为(B)．
(6)【答案】(C)．
【分析】求解这类问题关键在于了解产生2变量、t变量、F 变量的典型模式．
n
(1)2分布：设X ,X ,,X 相互独立且均服从标准正态分布，则随机变量Z X 2
1 2 n i
i1
服从自由度为n的2分布．记做Z 2(n).
X
(2)t分布：设X  N(0,1)，X ~2(n)，且X ,X 相互独立，则随机变量Z  1
1 2 1 2
X /n
2
服从自由度为n的t分布．记做Z t(n)X n
(3)F 分布：设X 2(n ),Y  2(n ),且X,Y 相互独立，则随机变量Z  1 服从
1 2
Y n
2
F 分布，其第一、二自由度分别为n ,n .记做Z  F(n ,n ).
1 2 1 2
【详解】其实，由F 分布的性质以及t分布和F 分布的关系得，
(1) 如果统计量 T t(n)，则有T2  F(1,n)；
1
(2) 如果统计量F  F(n ,n )，则有  F(n ,n )．
1 2 F 2 1
由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(C)．
U
先由t分布的定义知X  t(n)，其中U ~ N(0,1),V ~2(n)，于是
V
n
V V
1 n n
Y  =  ，
X2 U2 U2
1
分母中只含有一个标准正态分布的平方，所以U2 ~2(1). 由F 分布的定义知Y ~F(n,1).
故应选(C)．
1
三【分析】圆锥体体积公式：V  r2h；旋转体的体积：
3
(1) 连续曲线y  f(x)，直线xa、x b所围成的图形绕直线x x 旋转一周而成
0
的立体的体积V 
bf(x)x 2
dx
1 0
a
(2) 连续曲线x g(x)，直线 y c、 yd 所围成的图形绕直线 y y 旋转一周而成
0
的立体的体积V 
dg(y)
y
2
dy
2 0
c
【详解】为了求D的面积，首先要求出切点的坐标，设切点的横坐标为x ，则曲线y lnx
0
在点(x ,lnx )处的切线方程是：
0 0
1
y lnx  (xx ).
0 x 0
0
1
切线的斜率为 y  ，由于该切线过原点，将(0,0)点代入切线方程，得lnx 1 0，
x 0 x 0
0
从而x e. 所以该切线的方程为
01
y  x.
e

(1) 利用平面图形D的面积公式S  (y)(y) dy ，得

1 1
A  (ey ey)dy  e1.
0 2
(2) 旋转体体积可用一大立体(圆锥)体积减去一小立体体积进行计算，为了帮助理解，
可画一草图．
y
1
D
O 1 e x
1
切线 y  x与x轴及直线xe所围成的三角形绕直线xe旋转所得的圆锥体积为：
e
1 1
V  (eey)2dy e2.
1 0 3
曲线y lnx与x轴及直线xe所围成的图形绕直线xe旋转所得的旋转体体积为：
V   1 (eey)2dy  1 (e22eey e2y)dy
2
0 0
1 1 1 1
(e2y2eey  e2y) ( e22e )
2 2 2
0
因此所求旋转体的体积为
1 1 
V V V  e2 (eey)2dy  (5e2 12e3).
1 2 3 0 6
四【分析】幂级数展开有直接法与间接法，一般考查间接法展开，即通过适当的恒等变形、
求导或积分等，转化为可利用已知幂级数展开的情形．
另外，由于函数展开成的幂级数，经两边求导或积分(其中一边是逐项求导或逐项积分)
后，其新的展开式收敛区间不变，但在收敛区间端点处，求导(积分)后的展开式成立与否，
要另行单独处理，设已有

f(x)a (xx )n
n 0
n0
收敛区间为(x R,x R)． 如果在xx R 处级数收敛，并且 f (x)(左)连续，则展开式
0 0 0
成立的范围可扩大到xx R 处，在xx R处亦有类似的结论，不过此时 f (x) (左)连
0 0
续应改称(右)连续．【详解】本题可先求导，
 2(12x)2(12x)
12x

12x


12x2
f(x)   基本求导公式
12x 2 12x 2
1  1 
12x 12x
4 2 1
  2
2(14x2) 14x2 14x2
1 1
对于函数 ，可以利用我们所熟悉的函数 的幂级数展开：
14x2 1x
1 
1xx2xn xn (1x1)
1x
n0
1  
所以 (4x2)n (1)n4nx2n 14x2 1 (把x换成4x2)
14x2
n0 n0
1  1 1
有 f(x)2 2(1)n4nx2n, x( , ).
14x2 2 2
n0
对上式两边求积分，得
f(x) f(0) x f(t)dt 2 x   (1)n4nt2n  dt
 
0 0 
n0
2  (1)n4n x t2ndt 2  (1)n4n x2n1,x( 1 , 1 ) ，
0 2n1 2 2
n0 n0

又因为 （f 0） ，所以
4
x   (1)n4n 1 1
f(x) f(0) f(t)dt= 2 x2n1,x( , ).
0 4 2n1 2 2
n0
12x   (1)n4n 1 1
即 arctan  2 x2n1,x( , ). (*)
12x 4 2n1 2 2
n0
1  (1)n 1
在x  处，右边级数成为  ，收敛(利用莱布尼茨定理)，左边函数 f (x) 连
2 2n1 2
n0
1 1
续，所以成立范围可扩大到x  处．而在x 处，右边级数虽然收敛，但左边函数 f (x)
2 2
1 1
不连续，所以成立范围只能是x( , ]．
2 2
 (1)n 1
为了求 ，令x  代入(*)得
2n1 2
n0
1   (1)4n 1   (1)n
f( )  2[  ]  ,
2 4 2n1 22n1 4 2n1
n0 n01
再由 f( ) 0，得
2
 (1)n  1 
   f( )  .
2n1 4 2 4
n0
五【详解】(1) 方法1：用格林公式证明. 由曲线为正向封闭曲线，自然想到用格林公式
Q P
 PdxQdy   dxdy ．
L  x y 
D
所以 xesinydy yesinxdx (esiny esinx)dxdy
L
D
所以 xesinydy yesinxdx (esiny esinx)dxdy
L
D
因为积分区域D关于yx 对称，所以
x与y互换
(esiny esinx)dxdy  (esiny esinx)dxdy
D D
故 xesinydy yesinxdx  xesinydy yesinxdx
L L
方法2：化为定积分证明
 0 
左边 xesinydy yesinxdx= esinydyesinxdx= (esinx esinx)dx
L L 0  0
 0 
右边 xesinydy yesinxdx= esinydy  esinxdx= (esinx esinx)dx
L L 0  0
所以 xesinydy yesinxdx  xesinydy yesinxdx．
L L
(2) 方法1：用格林公式证明
xesinydy yesinxdx (esiny esinx)dxdy
L
D
=esinydxdyesinxdxdy=esinxdxdyesinxdxdy 利用轮换对称性
D D D D
=(esinx esinx)dxdy2dxdy 22
D D
(因为ab2 ab,a0,b0)
 
方法2：由(1)知， xesinydy yesinxdx (esinx esinx)dx 2dx 22
L 0 0
六【详解】(1) 建立坐标系，地面作为坐标原点，向下为x轴正向，设第n次击打后，桩被
打进地下x ，第n次击打时，汽锤所作的功为W (n 1,2,3,)．由题设，当桩被打进地下
n n
的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx ，汽锤所作的功等于克服阻力所做的功．W 
x1kxdx k
x2，W 
x2kxdx k
(x2x2)，W 
x3kxdx k
(x2x2)，x a
1 0 2 1 2 x1 2 2 1 3 x2 2 3 2 1
k
从而 W W W  x2
1 2 3 2 3
又 W  rW ，W rW r2W ，
2 1 3 2 1
k k
从而 x2 W W W (1rr2)W (1rr2) a2
2 3 1 2 3 1 2
于是 x a 1rr2 ．
3
(2) 第n次击打后，桩被打进地下x ，第n次击打时，汽锤所作的功为W (n1,2,3,)．
n n
则汽锤前n次所功的和等于克服桩被打进地下x m所做的功．
n
x
 nkxdxW W W (1rrn1)W
1 2 n 1
0
a k
而 W  kxdx a2 牛-莱公式
1 0 2
k k
所以 x 2 (1rrn1) a2
2 n 2
1rn
从而 x a 1rrn1 a . 等比数列求和公式
n 1r
a
由于0r 1，所以limx  ．
n1
n 1r
dx d2x dy d2y
七【详解】 (1) 将题中的 与 变换成以x为自变量y为因变量的导数 与 来表
dy dy2 dx dx2
示(即通常所说的反函数变量变换)，有
dx 1 1 d2x d dx d 1 dx  y 1 y
=  ，  ( )= ( ) =    ．
dy dy y dy2 dy dy dx y dy y2 y (y)3
dx
代入原方程，得 y y  sinx. (*)
(2) 方程(*)所对应的齐次方程为y y 0，特征方程为r2 10，根r 1，因此
1,2
通解为Y C ex C ex. 由于i不是特征方程得根，所以设方程(*)的特解为
1 2
y*  Acosx Bsin x
则 y* AsinxBcosx，y* AcosxBsinx代入方程(*)，得：AcosxBsinxAcosxBsinx2Acosx2Bsinxsinx
1 1
解得A0,B   ，故 y*   sinx. 从而 y y sinx的通解为
2 2
1
y Y  y* C ex C ex  sinx.
1 2 2
3
由 y(0) 0,y(0)  ，得C 1,C  1．故变换后的微分方程满足初始条件
2 1 2
3
y(0) 0,y(0)  的解为
2
1
y ex ex  sinx.
2
1
且y(x)的导函数y(x)ex ex  cosx0，满足题设y0条件．
2
八【详解】(1) 首先对F(t)进行化简，三重积分转化为在球面坐标系中的计算；二重积分转
化为在极坐标系中的计算．
 f(x2  y2 z2)dv 2 d  d t f(r2)r2sindr 2  sind t f(r2)r2dr
0 0 0 0 0
(t)
2 t f(r2)r2drcos 4 t f(r2)r2dr (球面坐标)
0 0 0
 f(x2  y2)d 2 d t f(r2)rdr 2 t f(r2)rdr (极坐标)
0 0 0
D(t)
所以
2  t t t
 d d f(r2)r2sindr 4 f(r2)r2dr 2 f(r2)r2dr
F(t) 0 0 0  0  0
2 t t t
 d f(r2)rdr 2 f(r2)rdr  f(r2)rdr
0 0 0 0
为了讨论F(t)在区间(0,)内的单调性，对F(t)求导：
t t t
t2f(t2) f(r2)rdr f(r2)r2dr f(t2)t tf(t2) f(r2)r(tr)dr
F(t)2 0 0 2 0
t t
[ f(r2)rdr]2 [ f(r2)rdr]2
0 0
由于 f(t)0,r0,tr0，所以 f(r2)r(tr)0. 再利用定积分的性质：若在区间[a,b]上
b
f (x)0，则 f(x)dx0. 所以F(t)0，所以F(t)在区间(0,)内严格单调增加．
a
(2) 将待证的不等式作适当的恒等变形后，构造辅助函数，再用单调性进行证明即可．
t t t
因为  f(x2)dx2 f(x2)dx2 f(r2)dr ，
t 0 0
所以
 f(x2  y2)d t t
2 f(r2)rdr  f(r2)rdr
G(t) D(t)  0  0
t t t
 f(x2)dx 2 f(r2)dr  f(r2)dr
t 0 02 2
要证明t 0时F(t)  G(t)，只需证明t 0时，F(t) G(t) 0，即
 
2 t f(r2)r2dr 2 t f(r2)rdr
2
F(t) G(t) 0  0
  t f(r2)rdr  t f(r2)dr
0 0
 t   t   t 2
2  f(r2)r2dr   f(r2)dr   f(r2)rdr
 
 0 0 0 

 t   t 
 f(r2)rdr   f(r2)dr
0 0
     2
令 g(t)  t f(r2)r2dr   t f(r2)dr   t f(r2)rdr
0 0 0
t t t
g(t) f(t2)t2 f(r2)dr f(t2) f(r2)r2dr2f(t2)t f(r2)rdr
0 0 0
t
 f(t2) f(r2)(tr)2dr 0 t 0
0
故g(t)在(0,)内单调增加，又因为g(0)0，所以当t 0时，有g(t) g（0)0，
2
从而t 0时，F(t)  G(t).

九【分析】 法1：可先求出A*,P1，进而确定B  P1A*P及B2E，再按通常方法确
定其特征值和特征向量；法2：先求出A的特征值与特征向量，再相应地确定A*的特征值
与特征向量，最终根据B2E与A* 2E相似求出其特征值与特征向量．
【详解】方法1：经计算可得
 5 2 2 0 1 1
   
A* 2 5 2 ，P1  1 0 0 ，
   
2 2 5  0 0 1 
   
 7 0 0   9 0 0 
   
所以 B  P1A*P= 2 5 4 ，B2E  2 7 4 ．
   
2 2 3  2 2 5 
   
9 0 0
令 E (B2E)  2 7 4 (9)2(3)0，
2 2 5
故B2E的特征值为  9, 3.
1 2 3
当  9时，解(9E A)x 0，得线性无关的特征向量为
1 21 2
   
  1 ,   0 ,
1   2  
 0   1 
   
所以属于特征值  9的所有特征向量为
1 2
1 2
   
k k   k 1 k 0 ，其中k ,k 是不全为零的任意常数．
1 1 2 2 1  2  1 2
 0   1 
   
当 3时，解(3E A)x 0，得线性无关的特征向量为
3
0
 
  1 ，
3  
1
 
0
 
所以属于特征值 3的所有特征向量为k  k 1 ，其中k  0为任意常数．
3 3 3 3  3
1
 
方法2：设A的特征值为，对应的特征向量为，即A．由于 A 7  0，所以 0.
所以 A*A A E  A*A A E A*(A) A (E)
A
 A*() AA* A A* ，

A
于是 B(P1) P1A*P(P1) (P1)，

A
(B2E)P1( 2)P1.

A
因此， 2为B2E的特征值，对应的特征向量为P1.

3 2 2
由于EA 2 3 2 (1)2(7)，故A的特征值为1,7
1 2 3
2 2 3
1 1
   
当  1时，对应的线性无关特征向量可取为  1 ，   0 .
1 2 1   2  
 0   1 
   1
 
当 7时，对应的一个特征向量为  1 .
3 3  
1
 
0 1 1  1  1 0
       
由P1  1 0 0 ，得P1  1 ，P1  1 ，P1  1 ．
  1   2   3  
0 0 1   0   1  1
       
因此，B2E的三个特征值分别为9，9，3．对应于特征值9的全部特征向量为
 1  1
   
k P1 k P1  k 1 k 1 ，其中k ,k 是不全为零的任意常数；
1 1 2 2 1  2  1 2
 0   1 
   
对应于特征值3的全部特征向量为
0
 
k P1  k 1 ，其中k 是不为零的任意常数．
3 3 3  3
1
 
十【分析】三条直线相交于一点，相当于对应线性方程组有唯一解，进而转化为系数矩阵与
增广矩阵的秩均为2．
【详解】方法1：“必要性”. 设三条直线l ,l ,l 交于一点，则线性方程组
1 2 3
ax2by  3c,

bx2cy  3a, (*)

cx2ay  3b,

a 2b a 2b 3c
   
有唯一解，故系数矩阵A b 2c 与增广矩阵A  b 2c 3a 的秩均为2，于
   
c 2a c 2a 3b
   
是 A 0.
a 2b 3c abc 2(bca) 3(cab)
A  b 2c 3a  b 2c 3a
c 2a 3b c 2a 3b
1 2 3 1 1 1
(abc) b 2c 3a 6(abc) b c a
c 2a 3b c a b1 0 0
cb ab
6(abc) b cb ab 6(abc)
ac bc
c ac bc
6(abc)[(cb)(bc)(ab)(ac)]
6(abc)(bcc2b2 bca2 acabbc)
6(abc)(a2b2 c2 acabbc)
3(abc)[(ab)2(bc)2 (ca)2],
由于三条直线互不相同，所以(ab)2 (bc)2 (ca)2  0，故
abc  0.
“充分性”. 由abc  0，则从必要性的证明可知， A 0，故秩(A)3.
由于
a 2b 1 3
 2(acb2)  2[a(ab)b2]=2[(a b)2  b2] 0，
b 2c 2 4
故秩(A)2．于是，秩(A)=秩(A)=2．因此方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交
1 2 3
于一点．
方法2：“必要性”
x  a 2b 3c
0
   
设三直线交于一点(x ,y )，则 y 为BX  0的非零解，其中B b 2c 3a .
0 0  0  
  1     c 2a 3b 
所以|B|0．而
a 2b 3c a 2b 3c
B  b 2c 3a  b 2c 3a  A
c 2a 3b c 2a 3b
3(abc)[(ab)2(bc)2 (ca)2],(解法同方法1)
但根据题设 (ab)2 (bc)2 (ca)2  0，故abc  0.
“充分性”：考虑线性方程组
ax2by  3c,

bx2cy  3a, (*)

cx2ay  3b,
将方程组(*)的三个方程相加，并由abc  0.可知，方程组(*)等价于方程组
ax2by  3c,
 (**)
bx2cy  3a.
a 2b
因为  2(acb2)  2[a(ab)b2]=[a2 b2 (ab)2]0,
b 2c
故方程组(**)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交于一点．
1 2 3
十一【详解】乙箱中可能的次品件数为0,1,2,3,分别求出其概率，再按定义求数学期望即可；
而求从乙箱中任取一件产品是次品的概率，涉及到两次试验，是典型的用全概率公式的情形，
第一次试验的各种可能结果(取到的次品数)就是要找的完备事件组．
(1) 方法1：X 的可能取值为0,1,2,3, 取出k件次品k 0,1,2,3的取法有CkC3k种；
3 3
样本空间即从两个箱子中取出3件产品的总的取法数为C3．所以有，X 的概率分布为
6
CkC3k
P{X  k} 3 3 ， k 0,1,2,3.
C3
6
即 X 0 1 2 3
1 9 9 1
P
20 20 20 20
因此，由离散型数学期望的定义
n
E(X)x PX  x 
k k
k1
1 9 9 1 3
易得 E(X)0 1 2 3  .
20 20 20 20 2
方法2：本题对数学期望的计算也可用分解法：
设
0, 从甲箱中取出的第i件产品是合格品,
X 
i 1, 从甲箱中取出的第i件产品是次品.
则X 的概率分布为
i
X 0 1
i
1 1
P i 1,2,3.
2 2
因为X  X  X  X ，所以由数学期望的线性可加性，有
1 2 33
EX EX EX EX   .
1 2 3 2
(2) 设A表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由于{X 0}，{X 1}，{X  2}，
{X 3}构成完备事件组，因此根据全概率公式，有
3 3 k 1 3
P(A)  P{X  k}P{AX  k}= P{X k}  kP{X k}
6 6
k0 k0 k0
1 1 3 1
 EX   .
6 6 2 4
十二【分析】本题表面上是一数理统计问题，实际上考查了求分布函数、随机变量的函数求
分布和概率密度以及数学期望的计算等多个知识点．将数理统计的概念与随机变量求分布与
数字特征结合起来是一种典型的命题形式．
求分布函数F(X)是基本题型：求统计量 ˆ 的分布函数F (x)，可作为多维相互独立且
ˆ
ˆ
同分布的随机变量函数求分布函数，直接用定义即可；是否具有无偏性，只需检验E
是否成立．
【详解】(1) 由连续型随机变量分布函数的定义，有
x
1e2(x),x ,
F(x)   f(t)dt  
  0, x .
ˆ
(2) 由题给 min(X ,X ,,X ).，有
1 2 n
F (x)  P{ˆ  x} P{min(X ,X ,,X ) x}
ˆ 1 2 n
1P{min(X ,X ,,X ) x}1P{X  x,X  x,,X  x}
1 2 n 1 2 n
1e2n(x),x,
1[1F(x)]n 
 0, x.
ˆ
(3) 由连续型随机变量概率密度是分布函数在相应区间上的微分得概率密度为
dF (x) 2ne2n(x),x ,
f (x) 
ˆ
 
ˆ dx  0, x .
因为 E( ˆ )  xf (x)dx  2nxe2n(x)dx  1 ，
 ˆ  2n
ˆ
所以作为的估计量不具有无偏性．