2003考研数一真题及解析.pdf

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1、 2003 年年全国硕士研究生入学统一考试全国硕士研究生入学统一考试数学一试题数学一试题 一、填空题：一、填空题：本题共本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上分，请将答案写在答题纸指定位置上. (1) 21ln(1)0lim(cos )xxx (2) 曲面22yxz与平面042zyx平行的切平面的方程是. (3) 设)(cos02xnxaxnn，则2a= . (4) 从2R的基11,0121到基21,1121的过渡矩阵为 . (5) 设二维随机变量(, )X Y的概率密度为，yxxyxf其他, 10, 0,6),(则1YXP . (6)

2、已知一批零件的长度X (单位：cmcm)服从正态分布) 1 ,(N，从中随机地抽取 16 个 零件，得到长度的平均值为 40 (cm)，则的置信度为 0.95 的置信区间是. (注注：标准正态分布函数值.)95. 0)645. 1 (,975. 0)96. 1 ( 二二、选择题：、选择题：本题本题共共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，下列每小题给出的四个选项中，只有分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内. (1) 设函数( )f x在),(内连续，其导函数的图形如图所示，

3、 则( )f x有( ) (A)一个极小值点和两个极大值点. (B)两个极小值点和一个极大值点. (C)两个极小值点和两个极大值点. (D)三个极小值点和一个极大值点. (2) 设,nnncba均为非负数列，且0limnna,1limnnb,nnclim,则必有( ) (A) nnba 对任意n成立. (B) nncb 对任意n成立. (C) 极限nnncalim不存在. (D) 极限nnncblim不存在. y x (3) 已知函数( , )f x y在点(0,0)的某个邻域内连续，且1)(),(lim2220, 0yxxyyxfyx，则( ) (A) 点(0,0)不是( , )f x y的

4、极值点. (B) 点(0,0)是( , )f x y的极大值点. (C) 点(0,0)是( , )f x y的极小值点. (D) 根据所给条件无法判断点(0,0)是否为( , )f x y的极值点. (4) 设向量组 I：r,21可由向量组 II：s,21线性表示，则( ) (A) 当sr 时，向量组 II 必线性相关. (B) 当sr 时，向量组 II 必线性相关. (C) 当sr 时，向量组 I 必线性相关. (D) 当sr 时，向量组 I 必线性相关. (5) 设有齐次线性方程组0Ax 和0Bx , 其中,A B均为nm矩阵，现有 4 个命题： 若0Ax 的解均是0Bx 的解，则秩(A)

5、秩(B)； 若秩(A)秩(B)，则0Ax 的解均是0Bx 的解； 若0Ax 与0Bx 同解，则秩(A)=秩(B)； 若秩(A)=秩(B)， 则0Ax 与0Bx 同解. 以上命题中正确的是( ) (A) . (B) . (C) . (D) . (6) 设随机变量21),1)(XYnntX，则( ) (A) )(2nY. (B) ) 1(2nY. (C) ) 1 ,(nFY. (D) ), 1 (nFY. 三三 、(本题满分本题满分 10 分分) 过坐标原点作曲线lnyx的切线，该切线与曲线lnyx及x轴围成平面图形D. (1) 求D的面积A; (2) 求D绕直线xe旋转一周所得旋转体的体积V.

6、四四 、(本题满分本题满分 12 分分) 将函数xxxf2121arctan)(展开成x的幂级数，并求级数012) 1(nnn的和. 五五 、(本题满分本题满分 10 分分) 已知平面区域0 ,0),(yxyxD，L为D的正向边界. 试证： (1) dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin; (2) .22sinsindxyedyxexLy 六六 、(本题满分本题满分 10 分分) 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功. 设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比(比例系数为,0k k ).汽锤第一次击打将桩打

7、进地下am. 根据设计方案， 要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数(01)rr. 问 (1) 汽锤击打桩 3 次后，可将桩打进地下多深？ (2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？ (注注：m表示长度单位米.) 七七 、(本题满分本题满分 12 分分) 设函数( )yy x)在),(内具有二阶导数，且)(, 0yxxy是( )yy x的反函数. (1) 试将( )xx y所满足的微分方程0)(sin(322dydxxydyxd变换为( )yy x满足的微分方程； (2) 求变换后的微分方程满足初始条件23)0(, 0)0(yy的解. 八八 、(本题满分本题满分

8、 12 分分) 设函数( )f x连续且恒大于零， )(22)(222)()()(tDtdyxfdvzyxftF，ttDdxxfdyxftG12)(22)()()(， 其中),()(2222tzyxzyxt，.),()(222tyxyxtD (1) 讨论( )F t在区间), 0( 内的单调性. (2) 证明当0t 时，).(2)(tGtF 九九 、(本题满分本题满分 10 分分) 设矩阵322232223A，100101010P，PAPB*1，求2BE的特征值与特征向量，其中*A为A的伴随矩阵，E为 3 阶单位矩阵. 十十 、(本题满分本题满分 8 分分) 已知平面上三条不同直线的方程分别为

9、 1:230laxbyc，2:230lbxcya，3:230lcxayb. 试证: 这三条直线交于一点的充分必要条件为. 0cba 十一十一 、(本题满分本题满分 10 分分) 已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有 3 件合格品和 3 件次品，乙箱中仅装有 3 件合格品. 从甲箱中任取 3 件产品放入乙箱后，求： (1) 乙箱中次品件数X的数学期望； (2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率. 十二十二 、(本题满分本题满分 8 分分) 设总体X的概率密度为 , 0,2)()(2xxexfx 其中0是未知参数. 从总体X中抽取简单随机样本nXXX,21，记 ).,min(21nXXX

10、(1) 求总体X的分布函数( )F x; (2) 求统计量的分布函数)(xF； (3) 如果用作为的估计量，讨论它是否具有无偏性. 2003 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解析解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】1e 【详解】方法方法 1：求( )lim ( )v xu x型极限，一般先化为指数形式 ( )( )ln ( )lim ( )limv xv xu xu xe 然后求lim ( )ln ( )v xu x，再回到指数上去 )1ln(102)(coslimxxx=220lncoslncoslimln(1)ln(1)0limxxxxxx

11、ee, 而 2200lncosln(1 cos1)limlimln(1)ln(1)xxxxxx20cos1limxxx(等价无穷小替换ln(1) xx) 220112lim2xxx (等价无穷小替换211 cos2xx) 故 原式=.121ee 方法方法 2：令21ln(1)(cos )xyx，有2lncoslnln(1)xyx，以下同方法 1 (2)【答案】542zyx 【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042zyx的法向量：12,4, 1n ； 曲面22yxz在点),(000zyx的法向量：20000(,),(,), 1xynzxyzxy002,2,

12、 1xy 由于12/nn，因此有 00221241xy 可解得，2, 100yx，相应地有. 520200yxz 所求切平面过点(1,2,5)，法向量为：22,4, 1n ，故所求的切平面方程为 0)5()2(4) 1(2zyx，即 542zyx (3)【答案】1 【详解】将)()(2xxxf展开为余弦级数 20( )cos()nnf xxanxx，其中0cos)(2nxdxxfan 所以 xdxxdxxa2sin12cos2020222001sin2sin22xxxxdx 01cos2xdx001 cos2cos2xxxdx1 (4)【答案】2132 【详解】n维向量空间中，从基n,21到基

13、n,21的过渡矩阵P满足 n,21=n,21P， 因此过渡矩阵P为： P=121,n,21n 根据定义，从2R的基11,0121到基21,1121的过渡矩阵为 P=121,21111011,121=.213221111011 (5)【答案】14 【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),(0zYXgP连续型二维随机变量(, )X Y概率的求解方法 ( , )( , ),yxF x yf u v dudv 此题可转化为二重积分),(0zYXgP0( , )( , )g x yzf x y dxdy进行计算 【详解】图中阴影区域为积分区域.

14、 由题设，有 1YXP1( , )x yf x y dxdy 11206xxdxxdy 1 x y O 12 1xy yx 1220(612)xx dx14 (6)【答案】)49.40,51.39( 【分析】可以用两种方法求解： (1) 已知方差12，对正态总体的数学期望进行估计. 因为( ,1)XN，设有n个样本， 样本均值11niiXXn， 则1( ,)XNn， 将其标准化， 由公式()(0,1)()XE XND Xn得：) 1 , 0(1NnX 由正态分布分为点的定义112unXP可确定临界值2u， 进而确定相应的置信区间22(,)xuxunn (2)本题是在单个正态总体方差已知条件下，

15、求期望值的置信区间问题由教材上已经求出的置信区间22(,)xuxunn，其中21,(0,1)P UuUN ，可以直接得出答案 【详解】方法方法 1：由题设，95. 01，可见.05. 0 查标准正态分布表知分位点.96. 12u 本题16n, 40 x. 根据1.960.951XPn，有401.960.95116P， 即39.5140.490.95P， 故的置信度为 0 95 的置信区间是)49.40,51.39( 方法方法 2：由题设，95. 01， 222222 () 10.95,()0.975P UuPuUuuu 查得.96. 12u 将1，16n, 40 x代入22(,)xuxunn得

16、置信区间)49.40,51.39( 二、选择题二、选择题 (1)【答案】( )C y 【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)；0 x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：0 x左侧一

17、阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见0 x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】方法方法 1：推理法 由题设lim1nnb，假设limnnnb c存在并记为A，则limlimnnnnnnb ccAb,这与limnnc矛盾，故假设不成立，limnnnb c不存在 所以选项()D正确 方法方法 2：排除法 取1nan，1nnbn， 满足0limnna,1limnnb, 而11111,0,abab，( )A不正确； 取1nnbn，2ncn，满足1limnnb,nnclim,而1101bc ，( )B不正确； 取1nan，2ncn，满足0li

18、mnna,nnclim,而lim1nnna c，( )C不正确 (3)【答案】( )A 【详解】由2220,0( , )lim1()xyf x yxyxy22 2( , )(1)()f x yxyxy，其中00lim0 xy 由( , )f x y在点(0,0)连续知，(0,0)0f 取yx，x充分小，0 x，有222( , )(1)(2)0f x yxx； 取yx ，x充分小，0 x，有222( , )(1)(2)0f x yxx 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：r,2

19、1可由向量组 II：s,21线性表示，则当sr 时，向量组 I 必线性相关 或其逆否命题：若向量组 I：r,21可由向量组 II：s,21线性表示，且向量组 I 线性无关，则必有sr 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： 10,01,00211，则21100， 但21,线性无关， 排除(A)；01,01,00121，则21,可由1线性表示，但1线性无关，排除(B)；10,01,01211，1可由21,线性表示，但1线性无关，排除(C) (5)【答案】(B) 【分析】本题可找反例用排除法进行分析，但、两个命题的反例比较复杂一些，关键是抓住、，迅速排除不正

20、确的选项 【详解】 若0AX 与0BX 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)，命题成立，可排除(A), (C)； 但反过来，若秩(A)=秩(B)，则不能推出0AX 与0BX 同解，通过举一反例证明，若0001A，1000B，则秩(A)=秩(B)=1，但0AX 与0BX 不同解，可见命题不成立，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 (1)2分布： 设12,nXXX相互独立且均服从标准正态分布， 则随机变量21niiZX服从自由度为n的2分布

21、记做2( ).Zn (2)t分布： 设1(0,1)XN，22( )Xn， 且12,XX相互独立， 则随机变量12/XZXn服从自由度为n的t分布记做( )Zt n (3)F分布：设2212( ),(),XnYn且,X Y相互独立，则随机变量12X nZY n服从F分布，其第一、二自由度分别为12,.n n记做12( ,).ZF n n 【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 ( )Tt n，则有2(1, )TFn； (2) 如果统计量12( ,)FF n n，则有211(,)F n nF 由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(C) 先由t分布的定义知(

22、)UXt nVn，其中)(),1 , 0(2nVNU，于是 21XY =122UnVUnV， 分母中只含有一个标准正态分布的平方， 所以) 1 (22U. 由F分布的定义知( ,1).YF n 故应选(C) 三三【分析】圆锥体体积公式：213Vrh；旋转体的体积： (1) 连续曲线( )yf x，直线xa、xb所围成的图形绕直线0 xx旋转一周而成的立体的体积210( )baVf xxdx (2) 连续曲线( )xg x，直线yc、yd所围成的图形绕直线0yy旋转一周而成的立体的体积220( )dcVg yydy 【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0 x， 则

23、曲线lnyx在点)ln,(00 xx处的切线方程是： ).(1ln000 xxxxy 切线的斜率为001xyx，由于该切线过原点，将(0,0)点代入切线方程，得01ln0 x，从而.0ex 所以该切线的方程为 .1xey (1) 利用平面图形D的面积公式( )( )Syy dy，得 10. 121)(edyeyeAy (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 切线xey1与x轴及直线xe所围成的三角形绕直线xe旋转所得的圆锥体积为： 122101().3Veey dye 曲线lnyx与x轴及直线xe所围成的图形绕直

24、线xe旋转所得的旋转体体积为： dyeeVy2102)(1220(2)yyee eedy 12201(2)2yye ye ee211(2)22ee 因此所求旋转体的体积为 ).3125(6)(312102221eedyeeeVVVy 四四【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 00( )()nnnf xaxx 收敛区间为00(,

25、)xR xR 如果在0 xxR处级数收敛，并且( )f x(左)连续，则展开式成立的范围可扩大到0 xxR处，在0 xxR处亦有类似的结论，不过此时( )f x(左)连续应改称(右)连续 【详解】本题可先求导， ( )fx2222(12 )2(12 )1212121212111212xxxxxxxxx 基本求导公式 22422(14)14xx21214x 对于函数2114x，可以利用我们所熟悉的函数x11的幂级数展开： 2011( 11)1nnnxxxxxx 所以 2222001( 4)( 1) 414114nnnnnnxxxx (把x换成24x) 有 22011 1( )22( 1) 4,(

26、, ).142 2nnnnfxxxx 对上式两边求积分，得 2000( )(0)( )2( 1) 4xxnnnnf xff t dttdt 221000( 1) 41 12( 1) 42,(, )212 2nnxnnnnnnt dtxxn ， 又因为04f（ ），所以 0( )(0)( )xf xff t dt=).21,21(,124) 1(24120 xxnnnnn 即 2101 2( 1) 41 1arctan2,(, ).1 24212 2nnnnxxxxn (*) 在21x处，右边级数成为0( 1)121 2nnn，收敛(利用莱布尼茨定理)，左边函数( )f x连续， 所以成立范围可

27、扩大到21x处 而在12x 处， 右边级数虽然收敛， 但左边函数( )f x不连续，所以成立范围只能是1 1(, 2 2x 为了求012) 1(nnn，令21x代入(*)得 012012) 1(421124) 1(24)21(nnnnnnnf, 再由0)21(f，得 .4)21(412) 1(0fnnn 五五【详解】(1) 方法方法 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 LDQPPdxQdydxdyxy 所以 DxyxLydxdyeedxyedyxe)(sinsinsinsin 所以 DxyxLydxdyeedxyedyxe)(sinsinsinsin 因为积分区域D

28、关于yx对称，所以 sinsinsinsin()()xyyxyxDDeedxdyeedxdy与 互换 故 dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin 方法方法 2：化为定积分证明 左边sinsinyxLLxedyyedx=dxedyexy0sin0sin=0sinsin)(dxeexx 右边sinsinyxLLxedyyedx=00sinsindxedyexy=0sinsin)(dxeexx 所以 dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin (2) 方法方法 1：用格林公式证明 DxyxLydxdyeedxyedyxe)(sinsinsins

29、in =dxdyedxdyeDDxysinsin=dxdyedxdyeDDxxsinsin 利用轮换对称性 =sinsin()2xxDDeedxdydxdy22 (因为2,0,0abab ab) 方法方法 2：由(1)知，sinsinsinsin00()2yxxxLxedyyedxeedxdx22 六六【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nx，第n次击打时，汽锤所作的功为), 3 , 2 , 1(nWn由题设，当桩被打进地下的深度为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 121102xkWkxdxx，212222

30、1()2xxkWkxdxxx，3222332()2xxkWkxdxxx，1xa 从而 212332kWWWx 又 12rWW ，2321WrWr W， 从而 222231231(1)(1)22kkxWWWrr Wrra 于是 231xarr (2) 第n次击打后， 桩被打进地下nx， 第n次击打时， 汽锤所作的功为), 3 , 2 , 1(nWn 则汽锤前n次所功的和等于克服桩被打进地下nxm所做的功 11210(1)nxnnkxdxWWWrrW 而 2102akWkxdxa 牛-莱公式 所以 212(1)22nnkkxrra 从而 111.1nnnrxarrar 等比数列求和公式 由于01r

31、，所以1lim1nnaxr 七七【详解】 (1) 将题中的dydx与22d xdy变换成以x为自变量y为因变量的导数dxdy与22d ydx来表示(即通常所说的反函数变量变换)，有 dydx=ydxdy11，)(22dydxdyddyxd=dydxydxd)1(=32)(1yyyyy 代入原方程，得 .s i n xyy ( * ) (2) 方程( * )所对应的齐次方程为0 yy，特征方程为210r ，根1 ,21r ，因此通解为.21xxeCeCY 由于i不是特征方程得根，所以设方程( * )的特解为 xBxAysincos* 则 *sincosyAxBx ，*cossinyAxBx 代入

32、方程( * )，得：cossincossin2 cos2 sinsinAxBxAxBxAxBxx 解得21, 0BA，故xysin21*. 从而xyysin 的通解为 .sin2121*xeCeCyYyxx 由23)0(, 0)0(yy，得1, 121CC故变换后的微分方程满足初始条件23)0(, 0)0(yy的解为 .sin21xeeyxx 且( )y x的导函数1( )cos02xxy xeex，满足题设0y 条件 八八【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 2222222200000( )()()sin2sin()

33、tttf xyzdvddf rrdrdf rr dr 22220002()cos4()ttf rr drf rr dr (球面坐标) 22222000( )()()2()ttD tf xyddf rrdrf rrdr (极坐标) 所以 222220000222000()sin4()( )()2()ttttddf rrdrf rr drF tdf rrdrf rrdr220202()()ttf rr drf rrdr 为了讨论( )F t在区间), 0( 内的单调性，对( )F t求导： 22222200220( )()()( )( )2()tttt f tf rrdrf rr dr f ttF

34、 tf r rdr220220( )() ()2()tttf tf rr tr drf r rdr 由于( )0,0,0f trtr， 所以2() ()0f rr tr. 再利用定积分的性质： 若在区间 , a b上( )0f x ，则( )0baf x dx . 所以( )0F t，所以( )F t在区间), 0( 内严格单调增加 (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 因为 22200()2()2()ttttf x dxf x dxf r dr， 所以 2222( )0022200()2()()( )()2()()ttD tttttf xydf rr

35、drf rrdrG tf xdxf r drf r dr 要证明0t 时)(2)(tGtF，只需证明0t 时，0)(2)(tGtF，即 2220022002()2()2( )( )()()ttttf rr drf rrdrF tG tf rrdrf r dr 2222200022002()()()()()tttttf rr drf r drf rrdrf rrdrf r dr 令 22222000( )()()()tttg tf rr drf r drf rrdr 222222220002220( )( )()( )()2 ( )()( )()()00ttttg tf ttf r drf tf

36、 r r drf ttf r rdrf tf rtrdrt 故( )g t在), 0( 内单调增加，又因为(0)0g，所以当0t 时，有( )0)0g tg（， 从而0t 时，).(2)(tGtF 九九【分析】 法 1：可先求出*1,A P，进而确定PAPB*1及2BE，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2BE与*2AE相似求出其特征值与特征向量 【详解】方法方法 1：经计算可得 522252225*A，1000011101P， 所以 PAPB*1=322452007，5224720092EB 令 2900(2

37、)274(9) (3)0225EBE， 故2BE的特征值为. 3, 9321 当921时，解0)9(xAE，得线性无关的特征向量为 ,0111 ,1022 所以属于特征值921的所有特征向量为 102011212211kkkk，其中21,kk是不全为零的任意常数 当33时，解0)3(xAE，得线性无关的特征向量为 1103， 所以属于特征值33的所有特征向量为110333kk，其中03k为任意常数 方法方法 2： 设A的特征值为， 对应的特征向量为， 即A 由于07 A， 所以. 0 所以 *()()A AA EA AA EA AA E *()AAAAAA， 于是 11*11()()()AB

38、PP A P PP， .)2()2(11PAPEB 因此，2A为2BE的特征值，对应的特征向量为.1P 由于) 7() 1(3222322232AE， 故A的特征值为1231,7 当121时，对应的线性无关特征向量可取为0111， .1012 当73时，对应的一个特征向量为.1113 由1000011101P，得01111P，11121P，11031P 因此，2BE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 11101121212111kkPkPk，其中21,kk是不全为零的任意常数； 对应于特征值 3 的全部特征向量为 1103313kPk，其中3k是不为零的任意常数

39、十十【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】方法方法 1： “必要性”. 设三条直线321,lll交于一点，则线性方程组 ,32,32,32baycxacybxcbyax (*) 有唯一解，故系数矩阵accbbaA222与增广矩阵bacacbcbaA323232的秩均为 2，于是. 0A 232()3()23232323abcabcbcacabAbcabcacabcab 123111()236()23abc bcaabc bcacabcab 1006()6()cbababc bcbababcacbccacbc 6()()()(

40、)()abccb bcab ac 2226()()abc bccbbcaacabbc 2226()()abc abcacabbc 2223()()()() abcabbcca, 由于三条直线互不相同，所以0)()()(222accbba，故 . 0cba “充分性”. 由0cba，则从必要性的证明可知，0A，故秩. 3)(A 由于 )( 2)(22222bbaabaccbba=043)21(222bba， 故秩( )2A 于是，秩(A)=秩)(A=2因此方程组(*)有唯一解，即三直线321,lll交于一点 方法方法 2： “必要性” 设三直线交于一点),(00yx， 则100yx为0BX 的非

41、零解， 其中2323.23abcBbcacab 所以| 0B 而 232323232323abcabcBbcabcaAcabcab 2223()()()() abcabbcca ,(解法同方法 1) 但根据题设 0)()()(222accbba，故. 0cba “充分性” ：考虑线性方程组 ,32,32,32baycxacybxcbyax (*) 将方程组(*)的三个方程相加，并由. 0cba可知，方程组(*)等价于方程组 .32,32acybxcbyax (* *) 因为 )( 2)(22222bbaabaccbba=222() 0abab, 故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯

42、一解，即三直线321,lll交于一点 十一十一 【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) 方方法法 1：X的可能取值为0,1,2,3, 取出k件次品0,1,2,3k 的取法有333kkC C种； 样本空间即从两个箱子中取出 3 件产品的总的取法数为36C所以有，X的概率分布为 36333CCCkXPkk， k0,1,2,3. 即 X 0 1 2 3 P 201 209 209 201 因此，由

43、离散型数学期望的定义 1()nkkkE XxP Xx 易得 19913()0123.202020202E X 方方法法 2：本题对数学期望的计算也可用分解法： 设 0, ,1,iiXi从甲箱中取出的第 件产品是合格品从甲箱中取出的第 件产品是次品. 则iX的概率分布为 iX 0 1 P 21 21 . 3 , 2 , 1i 因为321XXXX，所以由数学期望的线性可加性，有 1233.2E XE XE XE X (2) 设A表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”， 由于0X，1X，2X，3X构成完备事件组，因此根据全概率公式，有 30)(kkXAPkXPAP=3300166kkkP Xkk P

44、 Xk 11 31.66 24E X 十二十二【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：求统计量的分布函数)(xF，可作为多维相互独立且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 ., 0,1)()()(2 xxedttfxFxx (2) 由题给).,min(21nXXX，有 ),min()(21xXXXPxPxFn 121min(,)nPXXXx 121,nP Xx XxXx 1 1( )nF x 2 (),1,.0,n xxex (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 ., 0,2)()()(2xxnedxxdFxfxn 因为 2 ()( )( )2n xExfx dxnxedx12n， 所以作为的估计量不具有无偏性