2004年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

2004 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 =x −1 【详解】方法 1：因为直线 x +y =1的斜率 k − =1，所以与其垂直的直线的斜率k 满足 1 2 k k 1，所以k 1，即k 1， 1 2 2 2 曲 线 y lnx 上 与 直 线 x y 1 垂 直 的 切 线 方 程 的 斜 率 为 1 ， 即 1 y(lnx) 1，得x1，把x1代入y lnx，得切点坐标为(1,0)，根据点斜 x 式公式得所求切线方程为： y01(x1)，即 y  x1 1 方法2：本题也可先设切点为(x ,lnx )，曲线y lnx过此切点的导数为 y  1， 0 0 xx x 0 0 得x 1，所以切点为(x ,lnx )1,0，由此可知所求切线方程为 y01(x1)， 0 0 0 即 y  x1. 1 (2)【答案】 (lnx)2 2 【详解】 先求出 f (x)的表达式，再积分即可. 1 lnt lnx 方法1：令ex t ，则x  lnt，ex  ，于是有 f(t)  ，即 f (x)  . t t x lnx 1 两边积分得 f(x) dxlnxdlnx (lnx)2C. x 2 1 利用初始条件 f (1)0, 代入上式：f(1) (ln1)2 C C 0，即C 0，故所 2 1 求函数为 f (x)= (lnx)2. 2 lnex lnx 方法2：由xlnex，所以 f (ex)  xex lnexex  ，所以 f (x)  .下同. ex x 3 (3)【答案】  2 【详解】 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分.L为正向圆周x2  y2  2在第一象限中的部分，用参数式可表示为 x  2cos,   :0 . y  2sin, 2  于是  xdy2ydx 2 2cosd 2sin2 2sind 2cos   L 0   2[ 2cos 2cos2 2sin 2sin]d 0   2[2cos24sin2]d2[2  cos2sin2  2sin2]d 0 0      2[22sin2]d22d22sin2d22 21cos2d 0 0 0 0 0  1  3 1  2  2cos2d2  sin22 0 2 0 2 2 0 3 1 3 3   sinsin0 0 2 2 2 2 c c (4)【答案】y  1  2 x x2 【详解】欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换x et化为常系数线性齐次微分方程即可. dt 1 dy dy dt 1 dy 令x et，有t lnx,  ，则    ， dx x dx dt dx x dt d2y d 1 dy 1 dy 1 d dy  duvvduudv      dx2 dx x dt  x2 dt x dx dt  1 dy 1 d dy dt 1 dy 1 d2y 1 d2y dy            x2 dt x dt dt  dx x2 dt x2 dt2 x2  dt2 dt  1 d2y dy 1 dy 代入原方程：x2   4x 2y 0，整理得 x2  dt2 dt  x dt d2y dy 3 2y 0， dt2 dt 此式为二阶齐次线性微分方程，对应的特征方程为r23r20 ，所以特征根为： d2y dy r 1,r 2，r r ，所以 3 2y 0的通解为 1 2 1 2 dt2 dt y cer 1 t c er 2 t cet c e2t 1 2 1 21 1 又因为x et，所以et  ,e2t  ，代入上式得 x x2 c c y cet c e2t  1  2 . 1 2 x x2 1 (5)【答案】 9 【详解】 方法1：已知等式两边同时右乘A，得 ABA*A2BA*A A， 由伴随矩阵的运算规律：A*A AA*  A E，有AB A 2B A  A，而 2 1 0 2 1 A  1 2 0 (1)33 22113， 1 2 0 0 1 于是有 3AB  6B A，移项、合并有 (3A6E)B  A，再两边取行列式，由方阵 乘积的行列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，有 (3A6E)B  3A6E B  A 3， 2 1 0 1 0 0 6 3 0 6 0 0 0 3 0         而 3A6E  3 1 2 0 6 0 1 0  3 6 0  0 6 0  3 0 0         0 0 1 0 0 1 0 0 3 0 0 6 0 0 3         0 3 (1)33(3) (3)33 27， 3 0 A 3 1 故所求行列式为 B    3A6E 27 9 方法2：由题设条件ABA* 2BA*E，得 ABA*2BA*  (A2E)BA*  E 由方阵乘积行的列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，故两边取行 列式，有 (A2E)BA*  A2E B A*  E 1 2 1 0 2 1 其中 A  1 2 0 (1)33 22113； 1 2 0 0 1 由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则 A  A n1 .0 1 0 1 0 所以， A  A 31  A 2 =9 ； 又 A2E  1 0 0 (1)12 =1. 0 1 0 0 1 1 1 故 B   . A2E A 9 1 (6)【答案】 e 【详解】本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再去推算. 指数分布的概率密度为   ex, 若x 0 1 f(x) ，其方差DX  .  0 若x0 2 于是，由一维概率计算公式，Pa X b b f (x)dx，有 X a P{X  DX}=P{X  1 } 1  exdx=ex  1   1  e   二、选择题 (7)【答案】 (B) 【详解】 x2  tan tdt  tanx2x 方法1：lim  lim 0 洛必达 lim 0，则是的高阶无穷小， x0 x0  x cost2dt x0 cosx2 0 根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项， 3 1  x sint3dt sinx2  2 x 又lim  lim 0 洛必达 lim x0 x0  x2 tan tdt x0 2xtanx 0 1 x 等价无穷小替换 lim ， 4x0 x2 可见是比低阶的无穷小量，故应选(B). 方法2：用xk(当x0时)去比较. x   cost2dt cosx2 lim  lim 0 洛 lim , x0 xk x0 xk x0 kxk1 cost2 limcost2 欲使上式极限存在但不为0，应取k 1，有 lim  lim  x0 1， x0 x x0 x0 lim x0 x0 所以(当x 0时)与x同阶. x2   tan tdt tanx2x x2x 2 lim  lim 0 洛 lim  lim  lim x0 xk x0 xk x0 kxk1 x0 kxk1 x0 kxk3  2tanx 2tanx 2 欲使上式极限存在但不为0，应取k 3, 有 lim  lim  lim  ， x0 x3 x0 3x32 x0 3x 3 所以(当x 0时)与x3同阶. x 3 1 3 1  sint3dt    sinx2 x 2 x2 x 2 x lim  lim 0 洛lim  lim  lim , x0 xk x0 xk x0 2kxk1 x0 2kxk1 x0 2kxk1  x 1 欲使上式极限存在但不为0，应取k 2, 有lim  lim  ， x0 x2 x0 22x21 4 所以(当 x 0时)与x2同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是 ,,，选(B). (8)【答案】 (C) 【详解】函数 f (x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B). f(x) f(0) 由导数的定义，知 f (0) lim 0 x0 x f(x) f(0) 根据极限的保号性，知存在 0，当x(,0)(0,)时，有 0. x 即当x(,0)时，x0，有 f (x) f(0)；而当x(0,)时，x0有 f (x) f(0). (9)【答案】 (B) 【详解】 对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可通过反例排除找到正确选项. 1 方法1：排除法. 取a  ，则limna =0， n n1lnn1 n n  1 收敛，当p1   1 又  ，所以a  发散，排除A，D； n1 n1lnpn1  发散，当p1 n1 n n1 n1lnn1 1  1 收敛，当p1   1 又取a  ，因为 p级数  ，则级数a  收 n n n n1 np  发散，当p1 n1 n n1 n n1 敛，但limn2a limn2 lim n ，排除(C), 故应选(B). n n n n n n a  1 方法2：证明(B)正确. limna 0,即lim n .因为 发散， n n n 1 n n1 n  由比较判别法的极限形式知，a 也发散，故应选(B).. n n1 (10)【答案】(B) 【详解】在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有变量x: b(x) [ f(t)dt] f[b(x)]b(x) f[a(x)]a(x) a(x) 否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换到积分号外 或积分线上. 方法1：交换积分次序,使得只有外面这道积分限中才有t，其他地方不出现t t t y  xt 1 xt 由F(t)   dy f(x)dx知： ，交换积分次序 ，得 1 y  1 yt  1 y x t t t x t F(t)   dy f(x)dx= [ f(x)dy]dx   f(x)(x1)dx 1 y 1 1 1 于是，F(t)  f(t)(t 1)，从而有 F(2)  f(2)，故应选(B). 方法2：设(x) f(x)，于是 t t t t t t F(t) dy f(x)dx  dy (x)dx dy d(x) 1 y 1 y 1 y t t  [(t)(y)]dy (t)(t1) (y)dy 1 1 所以 F(t)(t)(t1)(t)(t) f(t)(t1), 所以 F(2) f(2)，选(B). (11)【答案】(D) 【详解】由题设，将A的第1列与第2列交换，即 0 1 0   AE  A 1 0 0  B， 12   0 0 1   将B的第2列加到第3列，即1 0 0 0 1 01 0 0 0 1 1        B 0 1 1  A 1 0 0 0 1 1  A 1 0 0  AQ.        0 0 1 0 0 10 0 1 0 0 1        0 1 1   故Q 1 0 0 ，应选(D).   0 0 1   (12)【答案】(A) 【详解】方法1：由矩阵秩的重要公式：若A为mn矩阵，B 为n p矩阵，如果AB 0， 则r(A)r(B)n 设A为mn矩阵，B为ns矩阵，由AB 0知，r(A)r(B)n，其中n是 矩阵A的列数，也是B的行数 因A为非零矩阵，故r(A)1，因r(A)r(B)n，从而r(B)n1n，由向 量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知B的行向量组线性相关. 因B为非零矩阵，故r(B)1，因r(A)r(B)n，从而r(A)n1n，由向 量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知A的列向量组线性相关. 故应选(A). 方法2：设A为mn矩阵，B为ns矩阵，将B按列分块，由AB 0得， AB A,,,0,A0,i 1,2,,s. 1 2 s i 因B是非零矩阵，故存在 0，使得A 0. 即齐次线性方程组Ax0有非 i i 零解. 由齐次线性方程组Ax0有非零解的充要条件r(A)n, 知r(A)n. 所以A 的列向量组线性相关. 又(AB)T  BTAT 0，将AT 按列分块，得 BTAT BT[T,T,,T]0,BTT 0,i 1,2,,m. 1 2 m i 因A是非零矩阵，故存在T 0，使得BTT 0，即齐次线性方程组Bx0有 i i 非零解. 由齐次线性方程组Bx0有非零解的充要条件，知BT的列向量组线性相关， 由BT是由B行列互换得到的，从而B的行向量组线性相关，故应选(A). 方法3：设 A(a ) , B(b ) , 将A按列分块，记 AA A  A  ij mn ij ns 1 2 nb b  b  11 12 1s   b b  b 由AB 0 A A  A  21 22 2s 1 2 n         b b  b   n1 n2 ns b A b A ,  ,b A b A 0 (1) 11 1 n1 n 1s 1 ns n 由于 B 0 , 所以至少有一个 b  0 ( 1in,1 j s ), 又由(1)知, ij b A b A b A b A 0, 所以A , A ,, A 线性相关. 即 A的列向 1j 1 2j 2 ij i nj n 1 2 m 量组线性相关. (向量组线性相关的定义：如果对m个向量,,, Rn，有m个不全为零 1 2 m 的数k ,k ,,k R，使kk  k  0成立，则称,,, 线性相关.) 1 2 m 1 1 2 2 m m 1 2 m B  1   B 又将B按行分块，记 B  2 , 同样，      B  n a a  a B   a B a B a B  11 12 1n 1 11 1 12 2 1n n      a a  a B a B a B a B AB 0  21 22 2n 2   21 1 22 2 2n n  0                 a a  a B a B a B a B   m1 m2 mn  n   m1 1 m2 2 mn n 由于A0,则至少存在一个a 0(1im,1 j n), 使 ij a B a B a B a B 0, i1 1 i2 2 ij j in n 由向量组线性相关的定义知，B ,B ,,B 线性相关, 即B的行向量组线性相关， 1 2 m 故应选(A). 方法4：用排除法.取满足题设条件的A,B. 0 0 0 0 1 0 0   1 0 0  取A 0,B 1 0 0，有AB 1 0 0,        1 0 0 1 0 0 0 1 0 1     A的行向量组，列向量组均线性相关，但B的列向量组线性无关，故(B)，(D)不成立.1 1 1 1 0 1 0   0 1 0  又取A   0,B  0 0  0，有AB   0 0  0， 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0     A的行向量组线性无关，B的列向量组线性相关，故(C)不成立. 由排除法知应选(A). (13)【答案】C 【详解】利用正态分布概率密度函数图形的对称性，对任何x0有 1 PX  x PX x P  X  x  .或直接利用图形求解. 2 方法1：由标准正态分布概率密度函数的对称性知，P{X  u }，于是  11P{X  x} P{X  x} P{X  x}P{X  x} 2P{X  x} 1 即有 P{X  x} ，可见根据分位点的定义有x u ，故应选(C). 2 1 2 方法2： y y f (x) f (x) P X x PX u   1 2 O x O x 图1 图2 如图1所示题设条件. 图2显示中间阴影部分面积，P{X x}.两端各余面积 1 ，所以P{X u }，答案应选(C). 2 1 2 (14)【答案】A. 【详解】由于随机变量X ,X ,,X (n 1)独立同分布，所以必有： 1 2 n 2, i  j Cov(X ,X ) i j 0, i  j  n  n n 又 D a X a2D(X )2a2   i i i i i   i1 i1 i1下面求Cov(X ,Y)和D(X Y). 1 1 1 n 而Y  X ,故本题的关键是将Y 中的X 分离出来，再用独立性来计算. n i 1 i1 对于选项(A)： 1 n 1 1 n 1 1 Cov(X ,Y)Cov(X , X ) Cov(X ,X ) Cov(X ,X ) DX  2 1 1 n i n 1 1 n 1 i n 1 n i1 i2 所以(A)对，(B)不对.为了熟悉这类问题的快速、正确计算. 可以看本题(C),(D)选项. 因为X 与Y 独立时，有D(X Y) DXDY . 所以，这两个选项的方差也可直 接计算得到： 1n 1 1 (1n)2 n1 D(X Y) D( X  X  X ) 2 2 1 n 1 n 2 n n n2 n2 n2 3n n3 = 2  2， n2 n n1 1 1 (n1)2 n1 D(X Y)  D( X  X  X )  2  2 1 n 1 n 2 n n n2 n2 n2 2n n2 = 2  2. n2 n 所以本题选 (A) 三、解答题 (15)【详解】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单 调性证明. 方法1：因为函数 f xln2 x在[a,b]  e,e2 上连续，且在a,b内可导，所以满足拉 格朗日中值定理的条件， 对函数 f xln2 x在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得 ln2bln2a  ln2  ba 2ln ba,eabe2  2ln 4 下证：  .  e2 lnt 1lnt 设(t)  ，则(t)  ，当t e时，1lnt 1lne0 ，即(t)0, t t2 所以(t)单调减少，又因为e2，所以() (e2)，即ln lne2 2 2ln 4   ，得   e2 e2  e2 4 故 ln2bln2 a  (ba). e2 4 方法2：利用单调性， 设(x)  ln2 x x，证(x)在区间  e,e2 内严格单调增即可. e2 lnx 4 lne2 4 4 4 1lnx (x)  2  ，((e2) 2    0，)(x)  2 , x e2 e2 e2 e2 e2 x2 当xe时，1lnx1lne0，(x)0, 故(x)单调减少，从而当e x e2时， (x)(e2)0，即当e x e2时，(x)单调增加. 4 4 因此当e x e2时，(b) (a)，即ln2b b ln2 a a， e2 e2 4 故 ln2bln2 a  (ba). e2 4 lnx 4 1lnx 方法3：设(x) ln2 xln2 a (xa), 则(x) 2  ，(x)2 , e2 x e2 x2  xe时, 1lnx1lne0，得(x)0， 4 4 (x)在(e,e2)上单调减少, 从而当e xe2时, (x)(e2)  0， e2 e2 (x)在(e,e2)上单调增加. 从而当ea xbe2时, (x) (a) 0. 4 (b) 0，即ln2bln2a (ba). e2 (16)【详解】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可. 方法1：由题设，飞机质量m9000kg ，着陆时的水平速度v 700km/h. 从飞机接触 0 跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t)，则 v(0) v ,x(0) 0. 0 dv dv dv dx dv 根据牛顿第二定律，得m  kv. 又   v . dt dt dx dt dx m m 由以上两式得 dx   dv，积分得 x(t)   vC. k k m m 由于v(0) v ,x(0) 0，所以x(0) v C 0. 故得C  v ， 0 k 0 k 0 m 从而 x(t)  (v v(t)). k 0 mv 9000700 当v(t)0时， x(t) 0  1.05(km). k 6.0106所以，飞机滑行的最长距离为1.05km. dv 方法2： 根据牛顿第二定律，得 m  kv, dt dv k k 分离变量：  dt ，两端积分得：lnv tC ， v m m 1 k k  t  t 通解：v Ce m ，代入初始条件v v ，解得C v ，故v(t) v e m . 0 0 0 t0 飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到 v0 ，对应地 t  . 于是由 dxvdt ，有     k t mv  k t mv x v(t)dt  v e m dt  0 e m  0 1.05(km). 0 0 0 k k 0 或由vt dx v e  m k t ，知x(t)   t v e  m k t dt   kv 0 (e  m k t 1)，故最长距离为 dt 0 0 0 m kv 当t 时，x(t) 0 1.05(km). m dv dx d2x dx 方法3：由m  kv ，v ，化为x对t的求导，得m  k , 变形为 dt dt dt2 dt d2x k dx  0，v(0) x(0)v ,x(0)0 dt2 m dt 0 k k  k t 其特征方程为 2  0，解之得 0,   ，故x C C e m . m 1 2 m 1 2 dx kC  k t mv 由 x 0,v   2 e m v ，得C  C  0 , t0 t0 dt m 0 1 2 k t0 t0 mv  k t mv 于是 x(t)  0 (1e m ). 当t  时，x(t) 0 1.05(km). k k 所以，飞机滑行的最长距离为1.05km. (17)【详解】这是常规题，加、减曲面片高斯公式法，转换投影法，逐个投影法都可用. 方法1：加、减曲面片高斯公式. 取 为xoy平面上被圆x2  y2 1所围部分的下侧，记 1 为由与 围成的空间闭区域，则 1 I  2x3dydz2y3dzdx3(z2 1)dxdy  12x3dydz2y3dzdx3(z2 1)dxdy  I I 1 2  1 由高斯公式：设空间闭区域  是由分段光滑的闭曲面  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  PdydzQdzdxRdxdy    dv    x y z    P Q R 这里P2x3,Q2y3,R3(z2 1)， 6x2, 6y2, 6z2， x y z 所以 I 6(x2  y2 z)dv 1  x rcos  利用柱面坐标：y rsin,0r 1,02,dvrdrddz，有：  z  z  I 6(x2 y2 z)dxdydz=6 2 d 1 dr 1r2 (zr2)rdz 1 0 0 0  12 1 r z2 r2z  1r2 dr 12 1 r  1r22 r3 1r2 dr 0  2  0 2 0 1  1  1r23 r4 r6  1 12     12 2  4 3 4 6  6   0 记D为 在xoy平面上的投影域D x,y x2 y2 1  ，则z 0，dz  0， 1 又 为z 0(x2  y2 1)的下侧，从而： 1 I 2x3dydz2y3dzdx3(z21)dxdy301dxdy 3dxdy3 2  D D 1 (其中dxdy为半径为1圆的面积，所以dxdy 11 ) D D 故 I I I 23. 1 2 方法2：用转换投影法：若z  zx,y，z 对x,y具有一阶连续偏导数，则 z z dzdx dxdy,dydz  dxdy . x y z z 曲面 :z 1x2 y2,(x2  y2 1), 2x, 2y，由转换投影公式 1 x yI 2x3dydz2y3dzdx3(z2 1)dxdy  z z [2x3( )2y3( )3(z2 1)]dxdy x y  [4x44y4 3(1x2  y2)2 3]dxdy D x rcos 利用极坐标变换： ,0r 1,02,dxdy rdrd，所以 y rsin 2 1 I  d [4r4cos44r4sin43(1r2)2 3]rdr 0 0 2 1   d [4r5cos44r5sin43(r5 2r3)]dr 0 0 2 4 4 1 3  ( cos4 sin4  )d 0 6 6 2 2  24  cos2sin2 2 2cos2sin2  d 2 d 0 6   0 24  12cos2sin2d2   0 6 4 2 1 2   d  cos2sin22d2 6 0 3 0 4 1 2    1cos4d2 3 6 0  4   2 1  2 cos4d 1 sin4 2 3 3 6 0 24 0  0 2 4 4   3 1  或 ( cos4 sin4)d直接利用公式2cos4d2sin4d   及 0 6 6 0 0 4 2 2   2 2  cos4d42cos4d42sin4d sin4d 0 0 0 0 2 4 4 4 3 1  则  ( cos4 sin4)d24     0 6 6 6 4 2 2 所以，原式2 (18)【分析】利用零点定理证明存在性，利用单调性证明惟一性. 而正项级数的敛散性可用 比较法判定. 零点定理：设函数 f x在闭区间a,b上连续，且 f a f b 0，那么在开区间 a,b内至少存在一点，使 f 0；单调性：设函数 f x在闭区间a,b上连续，在 a,b内可导，如果在a,b内 fx0，那么函数 f x在a,b上单调增加；比较审敛    法：设u 和v 都是正项级数，且u v ，若级数v 收敛，则级数u 收敛. n n n n n n n1 n1 n1 n1 【证明】记 f (x) xn nx1，则 f (x) 是连续函数，由 f (0)  10 ， n n n f (1)  n 0，对照连续函数的零点定理知，方程xn nx10存在正实数根x (0,1). n n 当 x0 时， f (x)  nxn1 n 0 ，可见 f (x) 在 [0,) 上单调增加, 故方程 n n xn nx10存在惟一正实数根x . n 1xn 1 由xn nx10与x 0知0 x  n  ，故当1时，函数 y  x单调 n n n n 1  1  增，所以0 x ( ). 而正项级数 收敛，所以当1时，级数x收敛. n n n n n1 n1 (19) 【分析】根据极值点存在的充分条件： 设函数 z  f(x,y)在点x ,y 的某领域内连续且有一阶及二阶连续偏导数，又 0 0 f (x ,y )0,f (x ,y )0 ， 令 f (x ,y ) A,f (x ,y ) B,f (x ,y )C ， 则 x 0 0 y 0 0 xx 0 0 xy 0 0 yy 0 0 z  f(x,y)在x ,y 处是否取得极值的条件如下： 0 0 (1)ACB2 0时具有极值，且当A0时有极大值，当A0时有极小值； (2)ACB2 0时没有极值； (3)ACB2 0时，可能有极值，也可能没有极值，需另外讨论. 所以对照极值点存在的充分性定理，先求出一阶偏导，再令其为零确定极值点，接下来 求函数二阶偏导，确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值. 求二元隐函数的极值与求二元显函数的极值的有关定理是一样，差异仅在于求驻点及极 值的充分条件时，用到隐函数求偏导数. 【详解】因为 x2 6xy10y2 2yzz2 180，所以 z z 两边对x求导：2x6y2y 2z 0， ① x x z z 两边对y求导：6x20y2z2y 2z 0. ② y yz 0  x  x3y 0 x 3y, 根据极值点存在的充分条件，令  ，得  ，故   z 0 3x10yz 0  z  y. y x 9, x  9,   将上式代入x2 6xy10y2 2yzz2 180，可得 y 3, 或 y  3,   z 3 z  3.   对照极值点存在的充分条件，为判别两点是否为极值点，再①分别对x,y求偏导数，② 分别对x,y求偏导数 2z z 2z ①式对x求导： 22y 2( )2 2z 0， x2 x x2 z 2z z z 2z ②式对x求导：62 2y 2  2z 0, x xy y x xy z 2z z z 2z ①式对 y求导： 62 2y 2  2z 0, x xy y x xy z z 2z z 2z ②式对 y求导： 202 2 2y 2( )2 2z 0， y y y2 y y2 z x 9, 0,   x 2z 1 2z 1 将 y 3,  代入，于是 A  ， B    ，   z 0 x2 (9,3,3) 6 xy (9,3,3) 2 z 3   y 2z 5 1 1 C   ，故AC B2  0，又A 0，从而点(9,3)是z(x,y)的极小 y2 (9,3,3) 3 36 6 值点，极小值为z(9,3)3. z x  9, 0,   x 2z 1 类似地，将y  3,  代入，于是A  ， z x2 (9,3,3) 6   0 z  3.   y 2z 1 2z 5 1 B  ，C   ，可知AC B2  0， xy (9,3,3) 2 y2 (9,3,3) 3 36 1 又A  0，从而点(-9,-3)是z(x,y)的极大值点，极大值为z(9,3)3. 6(20)【详解】 方法1： 对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有 1a 1 1  1  1a 1 1  1  1行(i)i行   2 2a 2  2 2a a 0  0 A   B        (  i    2  ,    n  )             n n n  na na 0 0  a 对|B|是否为零进行讨论： 当a 0时，r(A)1n，由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是mn矩 阵，齐次方程组 Ax0有非零解的充要条件是r(A)n. 故此方程组有非零解，把 a 0代入原方程组，得其同解方程组为 x  x  x 0, () 1 2 n 此时，r(A)1，故方程组有nr n1个自由未知量. 选x ,x ,,x 为自由未 2 3 n 知量，将他们的n1组值(1,0,,0),(0,1,,0),,(0,0,,1)分别代入()式，得基 础解系  (1,1,0,,0)T,   (1,0,1,,0)T,, (1,0,0,,1)T, 1 2 n1 于是方程组的通解为 x  k k  , 其中k ,,k 为任意常数. 1 1 n1 n1 1 n1 当a  0时，对矩阵B作初等行变换，有  n(n1)  1a 1 1  1 a 0 0  0     2 2 1 0  0 i(1)1行   B   2 1 0  0  ，      (i2,3n)           n 0 0  1    n 0 0  1 n(n1) 可知a   时，r(A)  n1 n，由齐次方程组有非零解的判别定理, 知方程 2 n(n1) 组也有非零解，把a   代入原方程组，其同解方程组为 2 2x  x 0, 1 2  3x  x 0, 1 3    nx  x 0,  1 n 此时，r(A)n1，故方程组有nr n(n1)1个自由未知量.选x 为自由 2 未量，取x 1，由此得基础解系为(1,2,,n)T ，于是方程组的通解为x  k， 2其中k为任意常数. 方法2：计算方程组的系数行列式： 1a 1 1  1  a 0 0  0 1 1 1  1       2 2a 2  2 0 a 0  0 2 2 2  2 A 矩阵加法                           n n n  na 0 0 0  a n n n  n 1 1 1  1   2 2 2  2  aE+   aEQ，        n n n  n 下面求矩阵Q的特征值： 1 1 1  1 1 1 1  1 2 2 2  2 1行(-i)i行 2  0  0 EQ       (i2,3,,n)      n n n  n n 0 0   n(n1)  1 1  1 2 i列(i)1列  n(n1) 0  0  0 n1    (i 2,3,,n)  2       0 0 0   n(n1) 则Q的特征值0,,0, ，由性质：若Ax x，则(kA)x (k)x,Amxmx ， 2 因此对任意多项式 f (x)， f (A)x  f()x ，即 f()是 f(A)的特征值. n(n1) 故，A的特征值为a,a,,a , 由特征值的乘积等于矩阵行列式的值，得 2 n(n1) A行列式 A (a )an1. 2 由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是n阶矩阵，齐次方程组 Ax0有非零 n(n1) 解的充要条件是 A 0. 可知，当 A 0，即a 0或a   时，方程组有非 2 零解. 当a 0时，对系数矩阵A作初等行变换，有 1 1 1  1 1 1 1  1     2 2 2  2 1行（i)i行 0 0 0  0 A    ，.      (i 2,n)           n n n  n 0 0 0 0 0 故方程组的同解方程组为x  x  x 0, 1 2 n 此时，r(A)1，故方程组有nr n1个自由未知量.选x ,x ,,x 为自由未 2 3 n 知量，将他们的n1组值(1,0,,0),(0,1,,0),,(0,0,,1)分别代入()式， 由此 得基础解系为  (1,1,0,,0)T,   (1,0,1,,0)T,, (1,0,0,,1)T, 1 2 n1 于是方程组的通解为 x  k k  , 其中k ,,k 为任意常数. 1 1 n1 n1 1 n1 n(n1) 当a   时， 2  n(n1)  1a 1 1  1 a 0 0  0     2 2 1 0  0 i(1)1行   B   2 1 0  0  ，       (i2,3n)           n 0 0  1    n 0 0  1 2x  x 0,  0 0 0  0 1 2  即   2 1 0  0  ，其同解方程组为   3x 1  x 3 0,          n 0 0  1   nx  x 0, 1 n 此时，r(A)n1，故方程组有nr n(n1)1个自由未知量. 选x 为自由未量， 2 取x 1，由此得基础解系为(1,2,,n)T ，于是方程组的通解为x  k，其中k 为 2 任意常数. (21)【详解】A的特征多项式为 1 2 3 2 (2) 0 EA  1 4 3 2行（1）1行 1 4 3 1 a 5 1 a 5 1 1 0 1 1 0 提出1行公因数(2) 1 4 3 1行(1)2行(2) 0 3 3 1 a 5 1 a 5 1 1 0 3 3 1行2行(2) 0 3 3  (2) a1 5 0 a1 5 (2)[(3)(5)3(a1)] (2)(28183a).已知A有一个二重特征值，有两种情况，(1) 2就是二重特征值，(2)若 2不是 二重根，则2 8183a是一个完全平方 (1) 若 2是特征方程的二重根，则有22 16183a 0, 解得a  2. 由 EA (2)(28183(2))(2)(2812) (2)2(6)0 求得A的特征值为2,2,6, 由 1 2 3  1 2 3 1行(-1)倍加到2行,     2EA 1 2 3 0 0 0 ，   1行的1倍加到3行    1 2 3 0 0 0     知秩2EA1，故 2对应的线性无关的特征向量的个数为nr  312，等于  2的重数. 由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征 向量的个数恰好等于该特征值的重根数, 从而A可相似对角化. (2) 若 2 不是特征方程的二重根，则2 8183a 为完全平方，从而 2 2 183a 16，解得 a   . 当a   时，由 3 3 2 EA  (2)(28183( )) (2)(2816) (2)(4)2 0 3 知A的特征值为2，4，4，由    3 2 3  3 2 3   1   4EA 1 0 3 1行 3行 1 0 3     3  2    0 0 0  1 1  3  知秩4EA2，故 4对应的线性无关的特征向量有nr 321, 不等于 4 的重数，则由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量 的个数恰好等于该特征值的重根数, 知A不可相似对角化. (22)【分析】本题尽管难度不大，但考察的知识点很多，综合性较强. 通过随机事件定义随 机变量或通过随机变量定义随机事件，可以比较好地将概率论的知识前后连贯起来，这种命 题方式值得注意. 先确定(X,Y)的可能取值，再求在每一个可能取值点上的概率，而这可利用随机事件 的运算性质得到，即得二维随机变量(X,Y)的概率分布；利用联合概率分布可求出边缘概 率分布，进而可计算出相关系数. 1 P(AB) 1 【详解】(I) 由于P(AB) P(A)P(B| A) ，所以P(B)   , 12 P(AB) 6利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有 1 P{X 1,Y 1} P(AB)  ， 12 1 P{X 1,Y  0} P(AB)  P(A)P(AB)  ， 6 1 P{X  0,Y 1} P(AB)  P(B)P(AB)  , 12 2 P{X  0,Y  0} P(AB) 1P(AB) 1P(A)P(B)P(AB) 3 1 1 1 2 (或P{X 0,Y 0}1    )，故(X,Y)的概率分布为 12 6 12 3 Y X 0 1 2 1 0 3 12 1 1 1 6 12 (II) X,Y 的概率分布分别为 2 1 3 P{X 0} P{X 0,Y 1}P{X 0,Y 0}   , 3 12 4 1 1 1 P{X 1} P{X 1,Y 1}P{X 1,Y 0}   , 6 12 4 1 1 1 P{Y 1} P{X 0,Y 1}P{X 1,Y 1}   , 12 12 6 2 1 5 P{Y 0} P{X 0,Y 0}P{X 1,Y 0}   . 3 6 6 所以X,Y 的概率分布为 X 0 1 Y 0 1 3 1 5 1 P P 4 4 6 6 由01分布的数学期望和方差公式，则 1 1 1 3 3 1 5 5 EX  ,EY  ，DX    ，DY    , 4 6 4 4 16 6 6 36 1 E(XY)0PXY 01PXY 1 PX 1,Y 1  , 12 1 故 Cov(X,Y)  E(XY)EX EY  ，从而 24 Cov(X,Y) 15    . XY DX  DY 15 (23)【分析】本题是基础题型，难度不大，但计算量比较大，实际做题时应特别注意计算的准确性.先由分布函数求出概率密度，再根据求矩估计量和最大似然估计量的标准方法进行 n 讨论即可. 似然函数的定义：L()  f(x ,x ,,x ;) f(x;) 1 2 n i i1 【详解】X 的概率密度为    ,x1, f(x;)x1 x1.   0, (I) 矩估计. 由数学期望的定义：     EX   xf (x;)dx   x dx  ，  1 x1 1 用样本均值估计期望有EX  X ，  X 令  X ，解得  ，所以参数的矩估计量为 1 X 1 X 1 n  ˆ  . 其中X  X X 1 n i i1 (II) 最大似然估计. 设 x ,x ,...,x 是相应于样本X ,X ,...,X 的一组观测值，则似然 1 2 n 1 2 n 函数为：  n n  ,x 1(i 1,2,,n), L()  f(x ;)  (x x x )1 i i 1 2 n i1   0,其他 当x 1(i 1,2,,n)时，L() 0，L()与lnL()在相同的点取得最大值； i n 所以等式两边取自然对数，得 lnL() nln(1)lnx ， i i1 dlnL() n n 两边对求导，得  lnx ， d  i i1 dlnL() n 令  0，可得  ， d n lnx i i1 n  解得的最大似然估计值为： n lnx i i1