2022年全国硕士研究生统一入学考试考研数学一试题及答案解析 .pdf

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1、20XX 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、选择题：110小题，每小题4 分，共 40 分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. (1) 当0 x时，与x等价的无穷小量是() A.1xe1.ln1xBx. 11Cx.1 cosDx(2) 曲线1ln(1)xyex渐近线的条数为() .A0 .B1 .C2 .D3 (3) 如图，连续函数( )yf x在区间3, 2 , 2,3上的图形分别是直径为1 的上、下半圆周，在区间2,0 , 0,2上图形分别是直径为2的上、下半圆周，设0( )( ),xF xf t dt则下列结论正确的是()

2、 .A(3)F3( 2)4F.B(3)F5(2)4F.C( 3)F3(2)4F.D( 3)F5( 2)4F(4) 设函数( )fx在0 x连续，则下列命题错误的是() .A若0( )limxf xx存在，则(0)0f.B若0( )()limxf xfxx存在，则(0)0f.C若0( )limxf xx存在，则(0)f存在.D若0( )()limxf xfxx存在，则(0)f存在(5) 设函数( )fx在(0,)上具有二阶导数，且( )0fx，令( )(1 ,2,)nuf n n，则下列结论正确的是() .A若12uu，则nu必收敛.B若12uu，则nu必发散.C若12uu，则nu必收敛.D若1

3、2uu，则nu必发散3 2 -1 O 1 -2 -3 yx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 23 页 - - - - - - - - - - (6) 设曲线:( , )1Lf x y( ,)f x y具有一阶连续偏导数)过第象限内的点M和第 IV 象限内的点N，为L上从点M到点N的一段弧，则下列积分小于零的是() .A( , )f x y dx.B( , )f x y dy.C( , )f x y ds.D( , )( ,)xyfx y dxfx y dy(7)设向量组123,线

4、性无关，则下列向量组线性相关的是( ) A.122331,B.122331,C.1223312,2,2D.1223312,2,2(8)设矩阵211121112A，100010000B，则A与B() A.合同，且相似B. 合同，但不相似C. 不合同，但相似D. 既不合同，也不相似(9)某人向同一目标独立重复射击，每次射击命中目标的概率为(01),pp则此人第4 次射击恰好第2次命中目标的概率为( ) A.23 (1)ppB.26 (1)ppC.223(1)ppD.226(1)pp(10)设随机变量(,)X Y服从二维正态分布，且X与Y不相关，( ),( )XYfxfy分别表示,X Y的概率密度，

5、则在Yy条件下，X的条件概率密度()X Yfx y为() A.( )XfxB.( )YfyC.( )( )XYfx fyD.( )( )XYfxfy二、填空题：11-16小题，每小题4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上. (11)12311xe dxx_(12)设( , )f u v为二元可微函数，(,),yxzf xy则_zx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 23 页 - - - - - - - - - - (13)二阶常系数非齐次线性微分方程2432xyyye的

6、通解为_y(14)设曲面:1xyz，则()_xy dS(15)设距阵0 1 0 00 0 1 0,0 0 0 10 0 0 0A则3A的秩为(16)在区间(0,1)中随机地取两个数,则这两数之差的绝对值小于12的概率为三、解答题：1724 小题，共86 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 . (17)(本题满分 10 分) 求函数2222( , )2,f x yxyx y在区域22( ,)4,0Dx y xyy上的最大值和最小值. (18)(本题满分 11 分) 计算曲面积分23,Ixzdydzzydzdxxydxdy其中为曲面221(01)4yzxz的

7、上侧 . (19)(本题满分 11 分) 设函数( )f x，( )g x在, a b上连续，在( , )a b内二阶可导且存在相等的最大值，又( )f a( )g a，( )f b( )g b，证明：存在( , ),a b使得( )( ).fg(20)(本题满分 10 分) 设幂级数0nnna x在(,)内收敛，其和函数( )y x满足240,(0)0,(0)1yxyyyy(I)证明22,1,2,1nnaann(II) 求( )y x的表达式(21)(本题满分 11 分) 设线性方程组123123212302040 xxxxxaxxxa x(1)与方程12321xxxa(2)精品资料 - -

8、 - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 有公共解，求a得值及所有公共解. (22)(本题满分 11 分) 设 3 阶实对称矩阵A的特征值12311,2,2,(1, 1,1)T是A的属于1的一个特征向量,记534BAAE，其中E为 3 阶单位矩阵 . (I)验证1是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量；(II) 求矩阵B. (23)(本题满分 11 分) 设二维随机变量(,)X Y的概率密度为2,01,01.( , )0,xyxyf x y其他

9、(I)求2P XY；(II) 求ZXY的概率密度( )Zfz. (24)(本题满分 11 分) 设总体X的概率密度为1,0,21( ; ),1,2(1)0,xf xx其他. 其中参数(01)未知，12,.nXXX是来自总体X的简单随机样本，X是样本均值 . (I)求参数的矩估计量；(II) 判断24X是否为2的无偏估计量，并说明理由. 20XX 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、选择题(1)【答案】 B 【详解】方法 1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当0 x时，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - -

10、 - - - -第 4 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 11; 11;2xexxx2221cos2sin2( ),222xxxx当0 x时，此时0 x，所以11();11;2xexxx211cos() ,2xx可以排除A、C、D，所以选 (B). 方法 2：1ln1xx1ln1xxxxln11xxx当0 x时，11x，01xxx，又因为0 x时，ln 1xx，所以ln1 1 11xxxxxxxxxxx，选 (B). 方法 3：0001111ln()ln()()1111limlimlim12xxxxxxxxxxxxxx洛2001111211221limlim1112xx

11、xxxxxxxxxxxx设2211111xxxABxxxx，则11422AxBxxxx x对应系数相等得：2,1Ax B，所以原式0022121limlim1111xxxxxxxxxx0021limlim0 111xxxxx1，选 (B). (2)【答案】 D 【详解】因为001limlimln(1)xxxyex001limlim ln(1)xxxex，所以0 x是一条铅直渐近线；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 因为1limli

12、mln(1)xxxyex-1limlim ln(1)000 xxxex，所以0y是沿x方向的一条水平渐近线；令21ln(1)1ln(1)limlimlimxxxxxeyexaxxxx21ln(1)limlimxxxexx10lim11xxxee洛必达法则令1limlimln(1)xxxbya xexx1limlimln(1)xxxexxln0limln(1)lnxxxxxeee1lim ln()xxxeelim ln(1)ln10 xxe所以yx是曲线的斜渐近线，所以共有3 条，选择 (D) (3)【答案】 C 【详解】由题给条件知，( )f x为x的奇函数，则()( )fxf x，由0( )

13、( ),xF xf t dt知000()( )() ()()( )( )( )xxxFxf t dttufu dufuf uf u duF x令因为，故( )F x为x的偶函数，所以( 3)(3)FF. 而20(2)( )Ff t dt表示半径1R的半圆的面积，所以220(2)( )22RFf t dt，323002(3)( )( )( )Ff t dtf t dtf t dt，其中32( )f t dt表示半径12r的半圆的面积的负值，所以22321( )2228rf t dt所以2302333(3)( )( )(2)288424Ff t dtf t dtF所以3( 3)(3)(2)4FFF

14、，选择 C (4)【答案】 ( D) 【详解】精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 方法 1：论证法，证明. .A BC都正确，从而只有.D不正确 . 由0( )limxf xx存在及( )f x在0 x处连续，所以0(0)lim( )xffx0000( )( )( )lim()limlim0 limxxxxf xf xf xxxxxx0，所以 (A) 正确；由 选 项 (A) 知 ，( 0 )0f， 所 以00( )(0)( )li

15、mlim0 xxfxff xxx存 在 ， 根 据 导 数 定 义 ，0( )(0)(0)lim0 xf xffx存在，所以 (C)也正确；由( )f x在0 x处连续，所以()fx在0 x处连续，从而000lim( )()lim( )lim()(0)(0)2(0)xxxf xfxf xfxfff所以0000( )()( )()( )()2 (0)limlimlim0 lim0 xxxxf xfxf xfxf xfxfxxxxx即有(0)0f.所以 (B)正确，故此题选择(D). 方法 2：举例法，举例说明(D) 不正确 .例如取( )f xx，有00( )()limlim00 xxxxf x

16、fxxx存在而0000limlim100 xxfxfxxx，0000limlim100 xxfxfxxx，左右极限存在但不相等，所以( )f xx在0 x的导数(0)f不存在 . (D)不正确，选 (D). (5)【答案】 ( D) 【详解】( )nuf n，由拉格朗日中值定理，有1nn(1)( )()(1)(),(1,2,)nnuuf nf nfnnfn，其中n1nn，12n.由( )0,fx知( )fx严格单调增，故12n()()().fff若12uu，则121()0,fuu所以12n0()()().fff1111k1111()()().nnnkkkkuuuuufunf而1()f是一个确定

17、的正数.于是推知1lim,nnu故nu发散 .选(D) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 23 页 - - - - - - - - - - (6)【答案】 B 【详解】用排除法. 将( ,)1f x y代入知( , )0f x y dsdss，排除 C. 取22( , )f x yxy，M、N依次为(2 2, 2 2)、( 2 2,2 2)，则37cos ,sin44xy7434( , )cos0f x y dxd，排除 A 7434( , )( ,)2cos ( sin )2s

18、incos0 xyfx y dxfx y dyd，排除 D 7434( , )sin0f x y dyd，选 B (7) 【答案】 A 【详解】方法1： 根据线性相关的定义，若存在不全为零的数123,k k k，使得1122330kkk成立，则称123,线性相关 . 因122331()()()0，故122331，线性相关，所以选择(A). 方法 2：排除法因为122331,1231232101,110,011C其中2101110011C，且2101110011C1 1101111( 1)2011111011行行（）1 1 11（） 20. 故2C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的

19、乘积，2C右乘123,时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有122331123(,)(,)3rr所以122331,线性无关，排除(B). 因为1223312,2,2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 1231233102,210,021C其中3102210021C，3102210021C1 1102141014121021行2+2行（）1 124（） （）=-70.故3C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵

20、的乘积, 3C右乘123,时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有122331123(2,2,2)(,)3rr所以1223312,2,2线性无关，排除(C). 因为1223312,2,21231234102,210,021C其中4102210021C，4102210021C1 1102141( 2)2014121021行行（）1 124（）90.故4C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, 4C右乘123,时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有122331123(2,2,2)(,)3rr所以1223312,2,2线性无关，排除(D). 综上知应选

21、(A). (8) 【答案】 B 【详解】方法 1：211121112EA112 312112、列分别加到列精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 111121112提出11111030112行 （）+2行11111030003行 （）+3行1 130103（）230则A的特征值为3，3，0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为1，1，0. ,A B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，AB与不相似 . 由,A B的特征值

22、可知，,A B的正惯性指数都是2，又秩都等于2 可知负惯性指数也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数，知A与B合同，应选 (B). 方法2: 因为迹 (A)=2+2+2=6 ，迹 (B)=1+1=26，所以A 与B 不相似 (不满足相似的必要条件).又2(3)EA，2(1)EB，A 与 B 是同阶实对称矩阵，其秩相等，且有相同的正惯性指数，故A 与 B 合同. (9)【答案】C【详解】把独立重复射击看成独立重复试验.射中目标看成试验成功. 第4次射击恰好是第2次命中目标可以理解为：第 4次试验成功而前三次试验中必有1次成功， 2次失败 . 根据独立重复的伯努

23、利试验，前3次试验中有 1次成功 2次失败 .其概率必为123(1) .C pp再加上第 4次是成功的，其概率为p. 根据独立性原理：若事件1,nAA独立，则1212nnP AAAP A P AP A所以，第 4次射击为第二次命中目标的概率为12223(1)3(1) .C ppppp所以选 (C) (10)【答案】A【详解】二维正态随机变量(,)X Y中，X与Y的独立等价于X与Y不相关 . 而对任意两个随机变量X与Y，如果它们相互独立，则有( , )( )( )XYf x yfx fy. 由于二维正态随机变量(,)X Y中X与Y不相关，故X与Y独立，且( , )( )( )XYf x yfx

24、fy. 根据条件概率密度的定义，当在Yy条件下，如果( )0,Yfy则( , )( |)( )X YYf x yfx yfy( )( )( )( )XYXYfx fyfxfy. 现( )Yfy显然不为 0，因此(| )( ).XX Yfx yfx所以应选 (A). 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 二、填空题(11)【答案】2e【详解】命1tx，有211,xdxdttt12311xe dxx111133222121112111t

25、ttttt e dt edtte dtte dtxtt1111121111222212tttttdetee dteee分部积分11122211222eeeeee(12)【答案】112(,)(,)lnyxyyxxfxyyxfxyyy【详解】zx12(,)(,)(,)yxyxyxyxf xyxyfxyfxyxxx112(,)(,)lnyxyyxxfxyyxfxyyy(13)【答案】32122xxxC eC ee【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程，且函数fx是xmPx e型(其中2,2mPx). 所给方程对应的齐次方程为430yyy， 它的特征方程为2430,rr得特征根121,3,rr对应齐

26、次方程的通解1231212r xr xxxyC eC eC eC e由 于 这 里2不 是特 征 方 程 的 根 ， 所 以 应 设 该 非 齐 次 方 程 的 一 个 特 解 为*2,xyAe所 以*22xyAe，*24xyAe，代入原方程：222244 232xxxxAeAeAee，则2A，所以*22.xye故得原方程的通解为32122xxxyC eC ee. (14)【答案】433【详解】()xy dSxdSydS，对于第一部分， 由于积分区域关于x轴、y轴是对称的面， 被积函数x为x的奇函数， 所以0.xdS精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢

27、迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 对 于 第 二 部 分 ， 因关 于, ,x y z轮 换 对 称 ， 所 以,xdSy dSzdS那 么1133y dSxyz dSdS，由曲面积分的几何意义，dS为曲面的表面积，所以13y dSdS1.3的面积而为 8 块同样的等边三角形，每块等边三角形的边长为2，所以的面积2182sin4 3.23所以14()4 3333xy dSy dS(15)【答案】 1 【详解】20 1 0 00 1 0 00 0 1 00 0 1 00 0 1 00 0 0 10 0 0

28、10 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0A320 0 1 00 1 0 00 0 0 10 0 0 10 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0AAA由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知31.rA(16) 【答案】3 4【详解】不妨假定随机地抽出两个数分别为XY和，它们应是相互独立的. 如果把,X Y（）看成平面上一个点的坐标，则由于01,01,XY所以,X Y（）为平面上正方形：01,01XY中的一个点 . XY和两个数之差的绝对值小于12对应于正方形中12XY的区

29、域 . 所有可能在区间(0,1)中随机取的两个数,X Y，可以被看成上图中单位正方形里的点.12XY的区域就是正方形中阴影的面积D. 根据几何概率的定义：211 213.214DPXY的面积单位正方形面积三、解答题1 xO D1 1212y精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 23 页 - - - - - - - - - - (17)【详解】方法 1：先求函数( ,)f x y在D的内部驻点，由22220420 xyfxxyfyx y，解得D内的驻点为(2,1)，相应的函数值为(2

30、,1)2f再考虑在D的边界1L：0( 22)yx上的( ,)fx y. 即2( ,0)( 22)f xxx，易知函数( , )f x y在此边界上的最大值为( 2,0)4f，最小值为(0,0)0f.考虑在D的边界2L：224(0)xyy上的( ,)fx y，所以24yx，令2222242( )( ,4)2(4)(4)58, 22h xf xxxxxxxxx由3( )4100h xxx得驻点123550,22xxx，所以函数( )h x在相应点处的函数值为(0)(0,2)8hf，5537()(,)2224hf，5537()(,)2224hf综上可知函数在D上的最大值为(0, 2)8f，最小值为(

31、0,0)0f. 方法 2：在D内与边界1L上，同方法1 . 在边界2L：224(0)xyy上，构造函数222222( , , )2(4)F x yxyx yxy令22222220422040 xyFxxyxFyx yyFxy，解得5 23 2xy，02xy(5 2,3 2)7 4f，(0, 2)8f综上，( , )f x y在D上的最大值为8，最小值为0 (18)【详解】方法 1：增加一个曲面使之成为闭合曲面，从而利用高斯公式，补充曲面片22:0,14yS zx，下侧为正，有精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - -

32、- - - -第 13 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 122323SSIxzdydzzydzdxxydxdyxzdydzzydzdxxydxdyII根据高斯公式，1(2 )Izz dv22110011436(1)xyzzdzdxdyzz dz其中，22( , )1,014yx y zxzz. 又2221143xyIxydxdy由函数奇偶性可知2211430 xyxydxdy，从而0I. 方法2：曲面在xOy上的投影记为xyD，由于曲面的正向法向量为1(,1)(2 ,1)2xynzzxy，所以23(,)xyDIxzdydzzydzdxxydxdyX Y Zndxdy2

33、2222222114112(1)(1)344xyxxyyxyxy dxdy令c o s, 02, 01si nxrryr，则212222222002 (1)cos2 (1)sin6cos sin 2Idrrrrrrdr132012(1)rrdr方法 3：记曲面在三个坐标平面上的投影分别为,xyyzzxDDD，则利用函数奇偶性有，330 xyDxydxdyxydxdy2212 102 1212144yzzzDyyxzdydzzzdydzzdzzdy102(1) 3zzdz11220128181zxzzDzydzdxzzx dzdxzdzzx dx1024(1)3zz dz所以223033Ixzd

34、ydzzydzdxxydxdy(19)【详解】欲证明存在( , )a b使得( )( )fg，可构造函数( ),( )0fxg x，从而使用介值定理、微分中值定理等证明之. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 令( )( )( )xf xg x， 由 题 设( ),( )f xg x存 在 相 等 的 最 大 值 ， 设1( , )xa b，2( , )xa b使 得12 . . ( )max ( )()max ( )aba bf

35、 xf xg xg x. 于是111( )( )( ) 0 xf xg x，222( )( )( ) 0 xf xg x若1()0 x，则取1( , )xa b有( )0. 若2()0 x，则取2( , )xa b有( )0. 若12()0, ()0 xx，则由连续函数介值定理知，存在12(,)x x使( )0. 不论以上哪种情况，总存在( , ),a b使( )0. 再( )( )( )0,( )( )( )0af ag abf bg b，将( )x在区间 , , ab分别应用罗尔定理，得存在12( , ),( , ),ab使得12()()00,； 再由罗尔定理知， 存在12(,)，使( )

36、0.即有( )( )fg. (20)【详解】 (I) 证法一 ：对0nnnyax求一阶和二阶导数，得1212,(1),nnnnnnyna xyn na x代入240yxyy，得21210(1)240nnnnnnnnnn na xxna xa x即2010(1)(2)240nnnnnnnnnnnaxna xa x于是202240(1)20,nnaanaa1,2,n从而22,1 , 2 ,1nnaann证法二 ：由于0nnnya x，根据泰勒级数的唯一性便知( )(0)!nnyan. 在方程240yxyy两端求n阶导数，得(2)(1)()22(2)0nnnyxyny令0 x，得(2)()(0)2(

37、2)(0)0nnyny，即2(2)!2(2)!0nnnann a， 故22,1,2,1nnaann(II) 证法一 ：由于2202,1,2,2,1nnaanaan且根据题设中条件01(0)0,(0)1,ayay所以20,1,2,nan；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 21211221,0,1,2,22 (22)4 2!nnnaaannnnn从而2221212100001()( )!nnnnxnnnnnnxy xa xaxxxx

38、enn. 证法二 ：因为0nnnya x，所以11nnnya xx，两边求导， 得2220()(1)(1)nnnnnnyna xnaxx由于22,1,2,1nnaann，所以0()22nnnya xyx，即函数( )y x满足方程()20yyx令yu xx，则上述方程变为20uxu，即2duxdxu，解之得2xuCe，从而2xyCxe. 由(0)1y得1C，所以2xyxe. (21)【详解】方法 1：因为方程组 (1)、(2)有公共解，将方程组联立得1231232123123020(3)4021xxxxxaxxxa xxxxa对联立方程组的增广矩阵作初等行变换21110120()140121a

39、A baa211100110112140121aaa行 （）行2111001101130310121aaa行 （）行21110011011403100101aaa行 （）行2111000111203100101aaaa4行 （）行21110001133001330101aaaaa4行 （）行精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 211100101001100133aaaaa换行111001013-140011000(1)(2)aaa

40、aaa行 （）行由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(1)(2)0aa，即1a或2a. 当1a时，()2r A，联立方程组(3)的同解方程组为123200 xxxx，由( )2r A，方程组有321nr个 自 由 未 知量 . 选1x为 自 由 未知 量 ， 取11x， 解 得 两 方 程 组 的 公 共 解 为1, 0,1Tk，其中k是任意常数 . 当2a时, 联立方程组 (3)的同解方程组为12323001xxxxx，解得两方程的公共解为0,1, 1T. 方法 2：将方程组 (1)的系数矩阵A作初等行变换21111214Aaa211111201114aa行 （）行21111130110

41、31aa行 （）行1113301100(1)(2)aaa2行 （）行当1a时，()2r A，方程组(1)的同解方程组为123200 xxxx，由()2r A，方程组有321nr个自由未知量 .选1x为自由未知量，取11x，解得 (1)的通解为1,0,1Tk，其中k是任意常数. 将通解1,0,1Tk代入方程(2)得0()0kk，对任意的k成立，故当1a时，1, 0,1Tk是(1)、(2)的公共解 . 当2a时，()2r A，方程组(1)的同解方程组为1232300 xxxxx，由()2r A，方程组有321nr个自由未知量 .选2x为自由未知量， 取21x， 解得 (1)的通解为0,1, 1T,

42、其中是任意常数 . 将通解0,1, 1T代入方程 (2)得21，即1，故当2a时， (1)和(2)的公共解为0,1, 1T. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 23 页 - - - - - - - - - - (22)【详解】(I)由11A，可得111111()kkkAAAA，k是正整数 ,故5311(4)BAAE531114AAE111142于是1是矩阵B的特征向量 (对应的特征值为12). 若Axx，则()() ,mmkA xkx A xx因此对任意多项式( )f x，(

43、)( )fA xfx，即( )f是()fA的特征值 . 故B的特征值可以由A的特征值以及B与A的关系得到，A的特征值11,22,32,则B有特征值112233()2,()1,()1,fff所以B的全部特征值为2，1，1. 由A是实对称矩阵及B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值的特征向量正交. 由前面证明知1是矩阵B的属于特征值12的特征向量，设B的属于 1 的特征向量为123(,)Tx x x，1与123(,)Tx xx正交，所以有方程如下：1230 xxx选23,xx为 自 由 未 知 量 ， 取23230,11,0 xxxx和， 于 是 求 得B的 属 于1 的 特 征

44、 向 量 为223( 1,0,1) ,(1 ,1,0)TTk故B的所有的特征向量为：对应于12的全体特征向量为11k，其中1k是非零任意常数，对应于231的全体特征向量为2233kk，其中23,kk是不同时为零的任意常数. ()方法 1：令矩阵123111,101110P，求逆矩阵1P. 11110010101011000111110012012110110001行行11110013012110021101行行1111003012110003121行2行11110011110033 0121100101/ 31/ 32/ 30011/ 32/ 3 1/ 30011/ 32/31/ 3行3行 (

45、-2)+2 行精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 1102 /32 /31/ 30101/ 31/ 32/ 30011/ 32/ 31/ 33行(-1)+1 行1001/ 31/ 31/ 30101/ 31/ 32/ 30011/ 32 /31/ 32行 (-1)+1 行1001/ 31/ 31/ 30101/ 31/ 32 /30011/ 32/ 31/ 32行 (-1)则1P1/ 31/ 31/ 311111/ 31/ 32

46、/311231/ 32/ 31/ 3121由1( 2,1 ,1)P BPdiag，所以11112001111( 2,1,1)1010101123110001121BP diagP1112220331110111230333110121330011101110方法 2：由( )知1与23,分别正交，但是23和不正交，现将23,正交化：取22331221111,(1,1,0)(,0,)(,1, )2222k. 其中，3212222(,)1 ( 1)11( 1,0,1)(,0,)(,)( 1)( 1)1 122Tk再对1,23,单位化：312123123112 11(1, 1,1),( 1,0,1)

47、 ,( ,1, )22323其中，222222221231131( 1)13,( 1)12,( )1( )222合并成正交矩阵，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 23 页 - - - - - - - - - - 记112322 312033112322 3Q由1( 2,1,1)Q BQdiag，有1( 2,1,1)BQ diagQ. 又由正交矩阵的性质：1TQQ，得112111322 33332001211( 2,1,1)0010033220012221122 332 3322

48、 3TBQ diagQ112222322 333312110033222221122 332 3322 3011101110. (23)【详解】计算2P XY可用公式22( , )xyPXYf x y dxdy求ZXY的概率密度( )Zfz：可用两个随机变量和的概率密度的一般公式求解.(卷积公式 ) ( )(, )( ,).Zfzf zy y dyf x zx dx此公式简单，但讨论具体的积分上下限会较复杂. 另一种方法可用定义先求出( ),ZFzP ZzP XYz然后再( )( )ZZfzFz. (I)2(2)DP XYxy dxdy，其中D为01,01xy中2xy的那部分区域 (右图阴影部

49、分 )；求此二重积分可得112002(2)xP XYdxxy dy1205()8xxdx7241 xyO D1 12精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 23 页 - - - - - - - - - - ()方法 1：根据两个随机变量和的概率密度的卷积公式有( )( ,).Zfzf x zx dx先考虑被积函数( ,)fx zx中第一个自变量x的变化范围，根据题设条件只有当01x时( ,)f x zx才不等于 0. 因此，不妨将积分范围改成10( )( ,).Zfzf x zx d

50、x现再考虑被积函数( ,)f x zx的第二个变量zx.显然，只有当01zx时，( ,)f x zx才不等于 0.且为2()2.xzxz为此，我们将z分段讨论 . 因为有01zx，即是1,xzx而x的取值范围是(0,1)，所以使得( ,)f x zx不等于 0的z取值范围是(0, 2如下图，在01x情况下，在阴影区域1D和2D，密度函数值不为0，积分方向如图所示，积分上下限就很好确定了，所以很容易由卷积公式得出答案。0z时，由于01x，故0zx，故( )0;Zfz01z时，20( )22;zZfzz dzzz12z时，11( )2Zzfzz dz244;zz2z时，由于01x，故1zx，故(