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