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1、19971997 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题一、填空题( (本题共本题共 5 5 分分, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分. .把答案在题中横线上把答案在题中横线上.).)1x .(1)limx0(1cosx)ln(1 x)3sin x x2cos(2) 设幂级数a xnn0n的收敛半径为3,则幂级数na (x1)nn1n1的收敛区间为 .(3) 对数螺线 e在点(,) (e2,2)处的切线的直角坐标方程为 .122,为三阶非零矩阵,且AB 0,则t = .3(4) 设A 4tB311 (5) 袋中有50个乒
2、乓球,其中 20 个是黄球,30 个是白球,今有两人依次随机地从袋中各取一球,取后不放回,则第二个人取得黄球的概率是 .二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分. .每小题给出的四个选项中每小题给出的四个选项中, ,只有一项符只有一项符合题目要求合题目要求, ,把所选项前的字母填在题后的括号内把所选项前的字母填在题后的括号内) )xy, (x, y) (0,0),22(1) 二元函数f (x, y) x y在点(0,0)处 ( )0, (x, y) (0,0)(A) 连续,偏导数存在 (B) 连续,偏导数不存在(C)
3、 不连续,偏导数存在 (D) 不连续,偏导数不存在(2) 设在区间a,b上f (x) 0, f (x) 0, f (x) 0,令S1f (x)dx,S2 f (b)(ba),ab1S3 f (a) f (b)(ba),则 ( )2(A)S1 S2 S3 (B)S2 S1 S3(C)S3 S1 S2 (D)S2 S3 S1(3)设F(x) x2xesintsintdt,则F(x) ( )(A) 为正常数 (B) 为负常数 (C) 恒为零 (D) 不为常数a1b1c1(4) 设1 a2,2 b2,3 c2,则三条直线a1xb1y c1 0,a2xb2y c2 0,a3b3c31a3xb3y c3
4、0(其中ai2bi2 0,i 1,2,3)交于一点的充要条件是 ( )(A)1,2,3线性相关(B)1,2,3线性无关(C) 秩r(1,2,3) 秩r(1,2)(D)1,2,3线性相关,1,2线性无关(5) 设两个相互独立的随机变量X和Y的方差分别为4和2,则随机变量3X 2Y的方差是 ( )(A) 8 (B) 16 (C) 28 (D) 44三、三、( (本题共本题共 3 3 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,满分满分 1515 分分.).)y2 2z,(1) 计算I (x y )dV,其中为平面曲线绕z轴旋转一周形成的曲面与x 022平面z 8所围成的区域.x2 y21,(2)
5、 计算曲线积分(z y)dx(x z)dy (x y)dz,其中C是曲线从zCx y z 2,轴正向往z轴负向看,C的方向是顺时针的.(3) 在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的 .设该人群的总人数为N,在t 0时刻已掌握新技术的人数为x0,在任意时刻t已掌握新技术的人数为x(t)(将x(t)视为连续可微变量),其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比,比例常数k 0,求x(t).四、四、( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,第第(1)(1)小题小题 6 6 分分, ,第第(2)(2)小题小题 7 7 分分, ,满分满分 1313 分分.).)x yb 0,
6、22(1) 设直线L:在平面上,且平面与曲面z x y相切于点xay z3 0(1,2,5),求a,b之值.2z2z2x(2) 设函数f (u)具有二阶连续导数 ,而z f (e sin y)满足方程22 e z,求xyxf (u).五、五、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )2设f (x)连续,(x) 在x 0处的连续性.六、六、( (本题满分本题满分 8 8 分分) )设a1 2,an110f (xt)dt,且limx0f (x) A(A为常数),求(x)并讨论(x)x11(an),n 1,2,.,证明：2an(1)liman存在；n(2) 级数 an1收敛.an1n1七、七、( (
7、本题共本题共 2 2 小题小题, ,第第(1)(1)小题小题 5 5 分分, ,第第(2)(2)小题小题 6 6 分分, ,满分满分 1111 分分.).)TTT(1) 设B是秩为 2 的54矩阵,1 (1,1,2,3) ,2 (1,1,4,1) ,3 (5,1,8,9)是齐次线性方程组Bx 0的解向量,求Bx 0的解空间的一个标准正交基. 1 212 的一个特征向量.a3(2) 已知1是矩阵A 511b2() 试确定参数a,b及特征向量所对应的特征值；() 问A能否相似于对角阵？说明理由.八、八、( (本题满分本题满分 5 5 分分) )设A是n阶可逆方阵,将A的第i行和第j行对换后得到的矩
8、阵记为B.(1) 证明B可逆；(2) 求AB.九、九、( (本题满分本题满分 7 7 分分) )从学校乘汽车到火车站的途中有 3 个交通岗,假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,并且概率都是12.设X为途中遇到红灯的次数,求随机变量X的分布律、分布函数5和数学期望.十、十、( (本题满分本题满分 5 5 分分) )设总体X的概率密度为(1)x, 0 x 1,f (x) 0,其它，3其中 1是未知参数.x1,x2,xn是来自总体X的一个容量为n的简单随机样本,分别用矩估计法和最大似然估计法求的估计量.419971997 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析年全国硕士研究生入学统一考试
9、数学一试题解析一、填空题一、填空题( (本题共本题共 5 5 分分, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分. .把答案在题中横线上把答案在题中横线上.).)(1)【答案】320sin xln(1 x)型极限.注意两个特殊极限lim1,lim1.x0x00xx【解析】将原式的分子、分母同除以x,得1sin x13sin x x2cos3 xcosx limxx3.limx0(1cosx)ln(1 x)x0ln(1 x)2(1cosx)x【分析】这是评注：使用洛必达法则的条件中有一项是limxx0f (x)应存在或为,而本题中,g(x)111(3sin x x2cos )3c
10、os x2xcossinx limxxlimx0(1cosx)ln(1 x)x0sin xln(1 x)1cosx1 x极限不存在,也不为,不满足使用洛必达法则的条件,故本题不能用洛必达法则.【相关知识点】1.有界量乘以无穷小量为无穷小量.(2)【答案】(2,4)【解析】考察这两个幂级数的关系.令t x1,则nantn1n1 t2nantn1n1 t2.a tnnn1由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径,na tnn1n的收敛半径为 3ant的收敛半径为3.从而t2antnnantn1的收敛半径为3,收敛区间即n1n1n1(-3,3),回到原幂级数na (x1)nn1n1,它的收敛
11、区间为3 x13,即(2,4).评注：评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点.对于anxn,若limn0nan11它的收敛半径是R .但是若只知它的收敛半径an为R,则 limnan11a,因为limn1可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).naanRn(3)【答案】x y e2【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率k yx,而yx可由 e的参数方程5x cos e cos,y sin e sinesinecossincosy求得：y, yxx 1,e cose sincossinx22所以切线的方程为y e (x0),即x y e2.评注：评注：本题难点在于考生不熟悉极坐标方程与
12、直角坐标方程之间的关系.(4)【答案】t 3【解析】由AB 0,对B按列分块,设B 1,2,3,则AB A1,2,3A1,A2,A30,0,0,即1,2,3是齐次方程组Ax 0的解.又因B O,故Ax 0有非零解,那么1A 4由此可得t 3.2t21130023 7t 3 0,13 4t 331评注：评注：若熟悉公式AB 0,则r(A)r(B) n 3,可知r(A) 3,亦可求出t 3.(5)【答案】25【解析】方法方法 1 1：利用全概率公式.求第二人取得黄球的概率,一般理解为这事件与第一人取得的是什么球有关 .这就要用全概率公式.全概率公式首先需要一个完全事件组,这就涉及到设事件的问题.设
13、事件Ai“第i个人取得黄球”,i 1,2,则完全事件组为A1,A1(分别表示第一个人取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知PA1黄球的个数202白球的个数303；P A1；球的总数505球的总数505 20119(第一个人取得黄球的条件下 ,黄球个数变成20119,球5014919的总数变成501 49,第二个人取得黄球的概率就为)；4920P A2| A1(第一个人取得白球的条件下,黄球个数亦为20,球的总数变成492050-1=49,第二个人取得黄球的概率就为).49PA2| A1故应用全概率公式2 193 202PA2 PA1PA2| A1 P A1P A2| A1.5 495
14、495 6方法二：方法二：利用“抽签原理”.只考虑第二个人取得的球,这 50 个球中每一个都会等可能地被第二个人取到.犹如几个人抽奖,其中只有一张彩票有奖,那么这几个人先抽与后抽,抽到有奖彩票的概率是一样的,这就是我们抽奖的公平性,此题中取到黄球的可能有 20 个,所以第二个人取到黄球的概率为202.505【相关知识点】1.全概率公式:PA2 PA1PA2| A1 P A1P A2| A1；2. 古典型概率公式：P(Ai) 有利于事件Ai的样本点数.样本空间的总数二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分. .每小题给
15、出的四个选项中每小题给出的四个选项中, ,只有一项符只有一项符合题目要求合题目要求, ,把所选项前的字母填在题后的括号内把所选项前的字母填在题后的括号内) )(1)【答案】(C)【解析】这是讨论f (x, y)在(0,0)点是否连续,是否存在偏导数的问题.按定义f (0,0)df (0,0)df (x,0),f (0, y),xdxydyx0y0由于f (x,0) 0(x), f (0, y) 0(y),偏导数且f (0,0)f (0,0) 0, 0.xy再看f (x, y)在(0,0)是否连续？由于(x,y)(0,0)yxlimx21f (x, y) lim2 f (0,0),x0x x22
16、因此f (x, y)在(0,0)不连续.应选(C).评注：评注： 证明分段函数在某点连续,一般要用定义证,有难度.证明分段函数f (x, y)在某点M0(x0, y0)不连续的方法之一是： 证明点(x, y)沿某曲线趋于M0时,f (x, y)的极限不存在或不为f (x0, y0). 证明(x,y)(x0,y0)limf (x, y)不存在的重要方法是证明点(x, y)沿两条不同曲线趋于M0(x0, y0)时,f (x, y)的极限不想等或沿某条曲线趋于M0时,f (x, y)的极限不存在.对于该题中的f (x, y),若再考察(x,y)(0,0)x0limf (x, y) lim0 0 y0
17、1limf (x, y),2(x,y)(0,0)yx(x,y)(0,0)limf (x, y)不存在.7由本例可见,函数在一点处不连续,但偏导数却可以存在.容易找到这种例子,例如f (x, y) x y ,它在点(0,0)处连续,但fx(0,0)与fy(0,0)都不存在.可见二元函数的连续性与偏导数的存在性可以毫无因果关系.(2)【答案】(B)【解析】方法方法 1 1：用几何意义.由f (x) 0, f (x) 0, f (x) 0可知,曲线y f (x)是上半平面的一段下降的凹弧,y f (x)的图形大致如右图.ybS1f (x)dx是曲边梯形ABCD的面积；aDS2 f (b)(ba)是矩
18、形ABCE的面积；1S3 f (a) f (b)(ba)是梯形ABCD的面积.2由图可见S2 S1 S3,应选(B).OECABabx方法方法 2 2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的f (x)都成立的结果,故可以取满足条件的特定的f (x)来观察结果是什么.例如取f (x) 1,x1,2,则2xS1211115dx ,S ,S S2 S1 S3.232x248【评注】本题也可用分析方法证明如下：由积分中值定理,至少存在一个点,使baf (x)dx f ()(ba),a b成立,再由f (x) 0,所以f (x)是单调递减的,故f () f (b),从而S1f (x)dx f ()(ba)
19、 f (b)(ba) S2.abx1为证S3 S1,令(x) f (x) f (a)(xa)f (t)dt,则(a) 0,a2(x) 11f (x)(xa)( f (x) f (a) f (x)2211f (x)(xa)( f (x) f (a)2211f (x)(xa)f ()(xa)(a x)(拉格朗日中值定理)221( f (x) f ()(xa),2由于f (x) 0,所以f (x)是单调递增的,故f (x) f (),(x) 0,即(x)在a,b上单调递增的.由于(a) 0,所以(x) 0,xa,b,从而8b1(b) f (b) f (a)(ba)f (t)dt 0,a2即S3 S1
20、.因此,S2 S1 S3,应选(D).如果题目改为证明题,则应该用评注所讲的办法去证,而不能用图证.【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数f (x)在积分区间a,b上连续,则在(a,b)上至少存在一个点,使下式成立：公式.2. 拉格朗日中值定理：如果函数f (x)满足在闭区间a,b上连续,在开区间a,b内可导,那么在a,b内至少有一点(a b),使等式f (b) f (a) f ()(ba)成立.(3)【答案】(A)【解析】由于函数esintbaf (x)dx f ()(ba)(a b).这个公式叫做积分中值sint是以2为周期的函数,所以,esintF(x) x2xsintdt esint
21、sintdt,02F(x)的值与x无关.不选 D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关).估计20esintsintdt的值有多种方法.sint方法方法 1 1：划分esint取值正、负的区间.2F(x) esintsintdt esintsintdt esintsintdt002esintsintdt esinu(sinu)du00(esintesint)sin tdt0当0t 时,sint 0,e方法方法 2 2：用分部积分法.sintesint 0,所以F(x) 0.选(A).F(x) e02sintsintdt esintd cost0202 esintcostcostdesint02
22、sint0220 e (11)e0cost dt esintcost2dt 0.2故应选(A).【评注】本题的方法 1 十分有代表性.被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时,则常将积分区间划分成若干个,使每一个区间内,被积函数保持确定的符号,然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相同,然后只要估计被积函数的正、负即可.9(4)【答案】(D)【解析】方法方法 1 1：三条直线交于一点的充要条件是方程组a1xb1y c1 0a1xb1y c1a xb y c 02a2xb2y c222a xb y c 0a xb y c333333有唯一解.a1将上述方程组写成矩阵形式：A32X b,其
23、中A a2a3b1c1b2是其系数矩阵,b c2.b3c3则AX b有唯一解r(A) rA b 2(方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等且等于未知量的个数),即 A 的列向量组1,2线性相关.所以应选(D).方法方法 2 2：用排除法.(A)1,2,3线性相关,当123时,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且小于未知量的个数,则式有无穷多解,根据解的个数与直线的位置关系.所以三条直线重合,相交有无穷多点,(A)不成立.(B)1,2,3线性无关,3不能由1,2线性表出,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,方程组无解,根据解得个数与直线的位置关系,所以一个交点也没有,(B)不成立.(C)秩r(1
24、,2,3) 秩r(1,2),当r(1,2,3) r(1,2) 1时,三条直线重合 ,不只交于一点,与题设条件矛盾,故(C)不成立.由排除法知选(D).评注：评注：应重视线性代数中的几何背景.空间直线方程及平面方程其在空间的位置关系应与线性代数中的线性相关性、秩及方程组的解及其充要条件有机的结合起来.(5)【答案】(D)【解析】因X与Y独立,故3X和2Y也相互独立.由方差的性质,有D(3X 2Y) D(3X) D(2Y) 9D(X)4D(Y) 44.【相关知识点】方差的性质：X与Y相互独立时,D(aX bY c) a2D(X)b2D(Y),其中a,b,c为常数.三、三、( (本题共本题共 3 3
25、 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,满分满分 1515 分分.).)(1)【分析】三重积分的计算有三种方法：直角坐标中的计算,柱面坐标中的计算,球面坐标中的计算,其中柱面坐标中又可分先z后(r,),或先(r,)后z两种方法.本题的区域为绕z轴旋转的旋转体,用柱面坐标先(r,)后z方便.【解析】方法方法 1 1：采用柱面坐标,先(r,)后z,为此,作平面z z.10Dz(x, y,z)| x2 y2 2z,z z,I (x2 y2)dv dzr2rdrd(将直角坐标化为柱面坐标)0Dz8dzd00822z0r3dr 1024.3方法方法 2 2： 将投影到xOy平面,得圆域D (x,
26、 y)| x2 y216 ,用柱面坐标先z后(r,),有I (x y )dv 2220r21024ddrr2r dz 2r (8)dr .00232483432评注：评注： 做二次积分或三次积分时,如果里层积分的结果不含外层积分变量,那么里、 外层积分可以分别积分然后相乘即可.如本例方法 2 中0d可以单独先做.(2)【解析】方法方法 1 1：写出C的参数方程,然后用曲线积分化为定积分的公式.由平面上圆的参数方程易写出C的参数方程为：x x(t) cost, y y(t) sint,z z(t) 2cost sint,其中z 2 x y.由C的方向知,C在Oxy平面上的投影曲线相应地也是顺时针
27、的,于是t从2到 0.在把参数方程代入被积表达式之前,先用C的方程将被积表达式化简,有I (z y)dx(x z)dy(x y)dzCC(2 x)dx(x z)dy(2 z)dz(2 x(t)dx(t)cost (2cost sint)costdt (2 z(t)dz(t)222000 02cos2t sintcost 2cos tdt 020 2cos2tdt 2.02方法方法 2 2：用斯托克斯公式来计算.记S为平面x y z 2上C所围有限部分,由L的定向,按右手法则S取下侧.dydz原积分dzdxdxdyyx z2dxdy.zSx ySxz yS在xy平面上的投影区域Dxy为x2 y2
28、1.将第二类曲面积分化为二重积分得11原积分 Dxy2dxdy 2.dx,由题意可立即建立初值问题dt这里因S取下侧,故公式取负号.(3)【解析】已掌握新技术人数x(t)的变化率,即dx kx(N x),dtx(0) x0.把方程分离变量得dx1 11 kdt,()dx kdt.x(N x)N xN xcNekNt1x积分可得ln. kt c1,x kNt1ceNN xx0Nx0ekNt以x(0) x0代入确定c ,故所求函数为x .kNtN x0N x0 x0e四、四、( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,第第(1)(1)小题小题 6 6 分分, ,第第(2)(2)小题小题 7 7 分分
29、, ,满分满分 1313 分分.).)(1)【分析】求出曲面S : x y z 0在点M0(1,2,5)(位于S上)处的切平面方程,再写出L的参数方程,L上的点的坐标应满足切平面方程,由此定出参数a与b.【解析】曲面S在点M0的法向量22n 2x,2 y,1M2,4,1.0切平面的方程是2(x1)4(y2)(z 5) 0,即2x4y z 5 0.将直线L的方程改写成参数方程y xb,z (1a)xab3.将它代入平面方程得2x4(xb)(1a)xab35 0,即(5a)x4bab2 0.解得a 5,b 2.x(2)【分析】z f (e sin y)是由一元函数z f (u)与二元函数u e s
30、in y复合而成的二x元函数,它满足方程2z2z2 e2xz. (*)2xy12zz2z2z为了求f (u),我们将用复合函数求导法 ,导出,2,2与f (u), f (u)的关系,xyxy然后由(*)式导出f (u)满足的常微分方程,从而求出f (u).【解析】先用复合函数求导法导出zu f (u) f (u)exsin y,xx z f (u)exsin y f (u)e2xsin2y,2x2zu f (u) f (u)excos y,yy z f (u)e2xcos2y f (u)exsin y.2y22z2z2x2x将后两式代入(*)得22 f (u)e ef (u),即f (u) f
31、 (u) 0.xy这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程1 0的特征根为 1,因此求得2f (u) C1euC2eu,其中C1、C2为任意常数.五、五、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )【分析】通过变换将(x)化为积分上限函数的形式,此时x 0,但根据limx01f (x) A,知x导数在一点处的f (0) 0,从而(0) f (0)dt 0,由此,利用积分上限函数的求导法则、0定义以及函数连续的定义来判定(x)在x 0处的连续性.【解析】由题设limx0f (x) A知,f (0) 0, f (0) A,且有(0) 0.又x10(x) 于是(x) f (xt)dtu xtxx0f
32、 (u)dux(x 0),xf (x)f (u)dux02(x 0),x由导数定义,有(0) limx0(x)(0)x limx0x0f (u)dux2 limx0f (x)A.2x2x而lim(x) limx0x0xf (x)f (u)dux02f (u)duf (x)0 limlimx0x0xx2 AAA(0),22从而知(x)在x 0处连续.评注：对(x) 10f (xt)dt作积分变量变换xt u时,必附加条件x 0.因此,由1x(x) f (u)du得到的(x)也附加有条件x 0.从而(0)应单独去求.x013六、六、( (本题满分本题满分 8 8 分分) )【解析】(1)先证an单
33、调有界.),由初等不等式：对非负数x, y必有x y 2 xy,易知111an1(an) 2 1(n 1,2,).2an2a1111再考察n1(12) (1 ) 1.an2an21因此,an单调下降且有界,存在极限lim an.n显然an 0(n 1,2,(2)方法方法1 1：由an单调下降ana an11n 0.an1an1ana an11n anan1.an1an1原级数是正项级数.现适当放大,注意an1,得0 (an1nan1)的部分和Sn(akak1) a1an1, lim Sn a1 lim an1存在,可k1nn见级数 an(a a)收敛.由比较判别法知,级数1也收敛.nn1an1
34、n1n1方法方法2 2：令bnan1,利用递推公式,有an1bn11an21an21 lim lim 01,22nbn4 aannn11 an1也收敛.由比值判别法知级数an1n1【评注】由证明中可见,有下述结论：(an1nan1)收敛liman存在.n在考研题中多次用到这个知识点,考生可倍加注意.七、七、( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,第第(1)(1)小题小题 5 5 分分, ,第第(2)(2)小题小题 6 6 分分, ,满分满分 1111 分分.).)【分析】 要求Bx 0的解空间的一个标准基,首先必须确定此解空间的维数以及相应个数的线性无关的解.【解析】(1)因秩r(B) 2,
35、故解空间的维数nr(B) 42 2,又因1,2线性无关,1,2是方程组Bx 0的解,由解空间的基的定义,1,2是解空间的基.用施密特正交化方法先将其正交化,令：14111,1,2,3,(2,1)52TTT2211,1,4,11,1,2,32,1,5,3.(1,1)153将其单位化,有1T1211TT1,1,2,3,2,1,5,32,121539即为所求的一个标准正交基.评注：评注：此题是一个基本计算题,只要求得一个齐次方程组的基础解系再标准正交化即可.由于解空间的基不唯一,施密特正交化处理后标准正交基也不唯一.已知条件中1,2,3是线性相关的(注意21323),不要误认为解空间是3维的.(2)
36、(I)设是矩阵A的属于特征值0的特征向量,即A0, 212 1 1 5a311,01b211212 00 1,a 3,b 0.即5a301b2 0 212 (II)将(1)解得的a 3,b 0代入矩阵A,得A 533.1022其特征方程为E A 5123 (1)3 0,3012知矩阵A的特征值为123 1.312由于r(E A) r 523 2,101 从而 1只有一个线性无关的特征向量,故A不能相似对角化.评注：评注：A相似于对角阵A的每个ri重特征值有ri个线性无关的特征向量.八、八、( (本题满分本题满分 5 5 分分) )【解析】由于B EijA,其中Eij是初等矩阵151Eij011
37、0 ij1(1)因为A可逆,A 0,故B EijA Eij A A 0,所以B可逆.11(2)由B EijA,知AB1 A(EijA)1 AA1Eij Eij Eij.评注：评注：本题考查初等矩阵的概念与性质,要知道初等变换与初等矩阵左右乘的关系以及初等矩阵的逆矩阵的三个公式.有的考生写不出初等矩阵Eij,或将B写成B AEij,或不知道1Eij Eij,或认为A B,而不知道B A等,这些要引起注意.经初等变换矩阵的秩不变,易知r(B) r(A) n,也可证明B可逆.九、九、( (本题满分本题满分 7 7 分分) )【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,
38、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).这道题中经过三个交通岗,在各个交通岗遇到红灯的事件是2,相当于做了3次独立重复试验,试验的结果只有两个(要么遇到红灯(成52功),要么不遇到(失败),每次成功的概率都为,X表示遇到红灯的次数,相当于做了 3 次52试验成功的次数,故X B(3, ).52【解析】由题意知：X B(3, ),由二项分布的分布律的定义,有5独立的,概率都为kkpX kC3p (1 p)3k,k 0,1,2,3.再由离散型随机变量分布函数的定义,有F(x) (1)当x 0时,F(x) pkx
39、k,pkxk 0；32273020(2)当0 x 1,F(x) pk p0 PX 0C3；( ) (1)30555125kx16(3)当1 x 2,F(x) pk p0 p1 PX 0 PX 1kx27281121C3( ) (1)31；12555125(4)当2 x 3,F(x) pkxk p0 p1 p2 PX 0 PX 1 PX 28122117；C32( )2(1)3212555125(5)当x 3时F(x) pk p0 p1 p2 p3 PX 0 PX 1 PX 2 PX 31.kx因此X的分布函数为：0,27,125 81F(x) ,125117125,1,x 0,0 x 1,1
40、x 2,2 x 3,x 3.226X B(3, )的数学期望为EX np 3.555【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：PX kCnp (1 p)kknk,k 0,1,n.2.离散型随机变量分布函数的定义：F(x) PX x3.二项分布X B(n, p)的期望为EX np.xixp.i十、十、( (本题满分本题满分 5 5 分分) )【分析】 矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩,此题中被估参数只有一个,故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)；最大似然估计,实质上就是找出使似然函数最大的那个参数,问题的关键在于构造似然函数.【解析】(1)矩估计由期望的定义
41、：E(X) xf (x)dx x(1)xdx (1)x1dx0011x211 (1)xdx (1).0202111n1 X,解得未知参数样本均值X Xi,用样本均值估计期望有EX X,即ni1217的矩估计量为：(2)最大似然估计2X 1.1 X设x1,x2,., xn是相应于样本X1, X2,., Xn的样本值,则样本的似然函数为：nn0 xi1(i 1,2,(1)xiL i10其他.n,n)当0 xi1时,xi 0,又 1,故1 0,即1 0.所以L() 0.i1nnnnnlnL ln(1)xi nln(1)ln xinln(1)lnxi.i1i1i1(由于lnL是单调递增函数,L取最大与lnL取最大取到的是一致的,而加对数后能把连乘转换成累加,这样求导,找极值比较方便)nd lnLnln xi.d1i1nd ln Lnln xi 0,令d1i1解得的最大似然估计值为 1nln xi1n,i从而得的最大似然估计量为： 1nln Xi1n.i18
