2004考研数一真题解析.pdf

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1、一、填空题一、填空题(1)【答案】 y =x 1【详解】方法 方法 1：因为直线 x +y =1的斜率k1 =1，所以与其垂直的直线的斜率k2 满足121k k ，所以21k ，即21k ，曲 线lnyx上 与 直 线1 yx垂 直 的 切 线 方 程 的 斜 率 为 1 ， 即11)(lnxxy，得1x ，把1x 代入lnyx，得切点坐标为)0 , 1 (，根据点斜式公式得所求切线方程为：) 1(10 xy，即1 xy方法方法 2： 本题也可先设切点为)ln,(00 xx， 曲线lnyx过此切点的导数为1100 xyxx，得10 x， 所以切点为00(,ln)1,0 xx， 由此可知所求切线

2、方程为) 1(10 xy，即1 xy.(2)【答案答案】2)(ln21x【详解】 先求出)(xf 的表达式，再积分即可.方法方法 1：令tex，则txln，1xet，于是有tttfln)(，即.ln)(xxxf两边积分得2ln1( )lnln(ln )2xf xdxxdxxCx.利用初始条件(1)0f, 代入上式：21(1)(ln1)02fCC，即0C ，故所求函数为( )f x=2)(ln21x.方法方法 2：由lnxxe，所以xxxeef)(lnlnxxxxeeee，所以.ln)(xxxf下同.(3)【答案】23【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.2004

3、年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析L为正向圆周222 yx在第一象限中的部分，用参数式可表示为.20:,sin2,cos2yx于是2Lxdyydx202cos2sin2 2sin2cosdd20 2cos2cos2 2sin2sin d2222222002cos4sin2 cossin2sindd2222200022sin22sinddd 220021 cos2d222000131cos22sin2222d3133sinsin002222(4)【答案】221xcxcy【详解】 欧拉方程的求解有固定方法， 作变量代换tex 化为常系数线性齐次微分方程即可.令tex ，有1ln ,dttx

4、dxx，则1dydy dtdydxdt dxx dt，221d yddydxdxx dt211dyddyd uvvduudvxdtx dxdt 211dyddydtxdtx dtdtdx 2222222111dyd yd ydyxdtxdtxdtdt 代入原方程：222211420d ydydyxxyxdtdtx dt，整理得02322ydtdydtyd，此式为二阶齐次线性微分方程，对应的特征方程为2320rr，所以特征根为：121,2rr ，12rr，所以02322ydtdydtyd的通解为1221212rtr tttyc ec ec ec e又因为tex ，所以2211,tteexx，代入

5、上式得212122.ttccyc ec exx(5)【答案】91【详解】方法方法 1：已知等式两边同时右乘A，得*2ABA ABA AA，由伴随矩阵的运算规律：*A AAAA E，有2AB AB AA，而210120001A 3321( 1)12 22 1 1 3，于是有ABAB 63，移项、合并有ABEA)63(，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(36 )363AE BAE BA，而36AE2101003 1206 0100010016306000303600603000030060033 303( 1)( 3)( 3) 3 330 27，故所

6、求行列式为B33627AAE19方法方法 2：由题设条件*2ABABAE，得*2ABABA*(2 )AE BAE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*(2 )21AE BAAE B AE其中210120001A 3 321( 1)12 22 1 1 3；由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则1nAA.所以，3 12AAA=9 ； 又0102100001AE1210( 1)01 =1.故1192BAE A.(6)【答案】e1【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,0( )00 xexf

7、 xx若若，其方差21DX.于是，由一维概率计算公式，( )bXaP aXbfx dx，有DXXP=dxeXPx11=11xee二、选择题二、选择题(7)【答案】 (B)【详解】方法方法 1：20220000tantan2limlimlim0coscosxxxxxtdtxxxt dt洛必达，则是的高阶无穷小，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，又2323000001sinsin2limlimlim2 tantanxxxxxxt dtxxxtdt洛必达201lim4xxx 等价无穷小替换，可见是比低阶的无穷小量，故应选(B).方法方法 2：用kx(当0 x 时

8、)去比较.2201000coscoslimlimlim,xkkkxxxt dtxxxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取1k ，有22000000lim coscoslimlim1limxxxxttxxx，所以(当 0 x时)与x同阶.2011300000tantan222limlimlimlimlimxkkkkkxxxxxtdtxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取3k , 有33 20002tan2tan2limlimlim333xxxxxxxx，所以(当 0 x时)与3x同阶.313132222011100000sinsinlimlimlimlimlim,222xk

9、kkkkxxxxxt dtxxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取2k , 有22 1001limlim2 24xxxxx，所以(当 0 x时)与2x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).由导数的定义，知0)0()(lim)0(0 xfxffx根据极限的保号性，知存在0，当), 0()0 ,(x时，有0)0()(xfxf.即当)0 ,(x时，0 x ，有( )(0)f xf；而当), 0(x时，0 x 有( )(0)f xf.(9)

10、【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.方法方法 1：排除法. 取11 ln1nann，则nnnalim=0，又1111 ln11pnpnnp收敛，当发散，当， 所以 1111 ln1nnnann发散， 排除 A， D；又取nnan1，因为p级数1111pnpnp收敛，当发散，当，则级数111nnnan n收敛，但221limlimlimnnnnn annn n ，排除(C), 故应选(B).方法方法 2：证明(B)正确.lim0nnna,即lim1nnan.因为11nn发散，由比较判别法的极限形式知，1nna也发散，故应选(B).(10

11、)【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:)()()()()()()(xbxaxaxafxbxbfdttf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由由ttydxxfdytF1)()(知：1yxtyt，交换积分次序11xtyx，得ttydxxfdytF1)()(= txtdxxxfdxdyxf111) 1)()(于是，) 1)()(ttftF，从而有)2()2(fF，故应选(B).方法方法 2：设( )( )xf x，于是1

12、( )( )ttyF tdyf x dx11( )( )ttttyydyx dxdydx1( )( )tty dy1( )(1)( )tt ty dy 所以( )( )(1)( )( )( )(1),F tt tttf t t 所以(2)(2)Ff，选(B).(11)【答案】(D)【详解】由题设，将A的第 1 列与第 2 列交换，即12010100001AEAB，将B的第 2 列加到第 3 列，即100010100011011100011100.001001001001BAAAQ故011100001Q，应选(D).(12)【答案】(A)【详解】 方法方法 1： 由矩阵秩的重要公式： 若A为nm

13、矩阵，B为np矩阵， 如果0AB ，则( )( )r Ar Bn设A为nm矩阵，B为sn矩阵，由0AB 知，( )( )r Ar Bn，其中n是矩阵A的列数，也是B的行数因A为非零矩阵，故( )1r A ，因( )( )r Ar Bn，从而( )1r Bnn ，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( )1r B ，因( )( )r Ar Bn，从而( )1r Ann ，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).方法方法 2：设A为nm矩阵，B为sn矩阵，将B按列分块，由0AB 得，

14、12,0,0,1,2, .siABAAis 因B是非零矩阵，故存在0i，使得0iA. 即齐次线性方程组0Ax 有非零解. 由齐次线性方程组0Ax 有非零解的充要条件( )r An, 知( )r An. 所以A的列向量组线性相关.又()0TTTABB A，将TA按列分块，得12,0,0,1,2,.TTTTTTTTmiB ABBim因A是非零矩阵，故存在0Ti，使得0TTiB，即齐次线性方程组0Bx 有非零解. 由齐次线性方程组0Bx 有非零解的充要条件，知TB的列向量组线性相关，由TB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).方法方法 3：设(),ijm nAa()ijn s

15、Bb,将A按列分块，记12nAAAA由0AB 11121212221212ssnnnnsbbbbbbAAAbbb111111,0nnsnsnb Ab Ab Ab A(1)由 于0B , 所 以 至 少 有 一 个0ijb (1,1injs ), 又 由 (1) 知 ,11220jjijinjnb Ab Ab Ab A, 所以12,mAAA线性相关. 即A的列向量组线性相关.(向量组线性相关的定义：如果对m个向量12,nmR ，有m个不全为零的数12,mk kkR，使11220mmkkk成立，则称12,m 线性相关.)又将B按行分块，记12nBBBB, 同样，0AB 11121121222212

16、nnmmmnnaaaBaaaBaaaB111122121122221122nnnnmmmnna Ba Ba Ba Ba Ba Ba Ba Ba B0由于0A ,则至少存在一个0ija (1,1imjn ), 使11220iiijjinna Ba Ba Ba B,由向量组线性相关的定义知，12,mBBB线性相关, 即B的行向量组线性相关，故应选(A).方法方法 4：用排除法.取满足题设条件的,A B.取001000,10010001AB，有00100100,10001ABA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.又取110100,00000100AB，有1

17、101000000100AB，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0 x 有12P XxP XxP Xx .或直接利用图形求解.方法方法 1：由标准正态分布概率密度函数的对称性知，uXP，于是211xXPxXPxXPxXPxXP即有21 xXP，可见根据分位点的定义有21 ux，故应选(C).方法方法 2：Oxy( )f xP Xu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 Xx.两端各余面积12，所以12P Xu，答案应选(C).(14)【答案】A.

18、【详解】由于随机变量) 1(,21nXXXn独立同分布，所以必有：2, (,)0, ijijCov XXij又222111()nnniiiiiiiiDa Xa D XaOxyP Xx12( )f x下面求1(, )Cov X Y和1()D XY.而11,niiYXn故本题的关键是将Y中的1X分离出来，再用独立性来计算.对于选项(A)：1111112111(, )(,)(,)(,)nniiiiCov X YCov XXCov X XCov X Xnnn11DXn21n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 XYD

19、XD Y. 所以，这两个选项的方差也可直接计算得到：22211222111(1)1()()nnnnD XYDXXXnnnnn=222233nnnnn，222222111) 1()111()(nnnnXnXnXnnDYXDn=.222222nnnnn所以本题选 (A)三、解答题三、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.方法方法 1：因为函数 2lnf xx在2 , ,a be e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 2lnf xx在 , a b上应用拉格朗日中值定理，得22222lnlnlnln,bab

20、abaeabe 下证：22ln4e.设tttln)(， 则2ln1)(ttt， 当te时，1 ln1 ln0te ， 即, 0)( t所以)(t单调减少，又因为2e，所以)()(2e，即2222lnlneee，得22ln4e故)(4lnln222abeab.方法方法 2：利用单调性， 设xexx224ln)(，证( )x在区间2, e e内严格单调增即可.24ln2)(exxx，(222222ln444()20eeeeee，)2ln12)(xxx ,当xe时，1ln1 ln0 xe ，, 0)( x故)(x单调减少， 从而当2exe时，2( )()0 xe，即当2exe时，)(x单调增加.因此

21、当2exe时，)()(ab，即aeabeb22224ln4ln，故)(4lnln222abeab.方法方法 3：设2224( )lnln()xxaxae, 则2ln4( )2xxxe，21ln( )2xxx,xe时,1ln1 ln0 xe ，得( )0 x，( )x在2( ,)e e上单调减少, 从而当2exe时,22244( )()0 xeee，( )x在2( ,)e e上单调增加. 从而当2eaxbe时,( )( )0 xa.( )0b，即2224lnln()babae.(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.方法方法 1：由题设，飞机质量9000m

22、kg，着陆时的水平速度hkmv/7000. 从飞机接触跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为( )x t，速度为( )v t，则0)0(,)0(0 xvv.根据牛顿第二定律，得kvdtdvm. 又dxdvvdtdxdxdvdtdv.由以上两式得dvkmdx，积分得.)(Cvkmtx由于0)0(,)0(0 xvv，所以0(0)0.mxvCk 故得0vkmC ，从而).()(0tvvkmtx当0)(tv时，).(05. 1100 . 67009000)(60kmkmvtx所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km.方法方法 2： 根据牛顿第二定律，得kvdtdvm,分离变量：dvkdtvm ，两端积

23、分得：1lnkvtCm ，通解：tmkCev，代入初始条件00vvt，解得0vC ，故.)(0tmkevtv飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到0v ，对应地t . 于是由dxvdt，有000000( )1.05().kkttmmmvmvxv t dtv edtekmkk或由 0ktmdxv tv edt，知) 1()(000tmkttmkemkvdtevtx，故最长距离为当t时，).(05. 1)(0kmmkvtx方法方法 3：由kvdtdvm，dxvdt，化为x对t的求导，得dtdxkdtxdm22, 变形为022dtdxmkdtxd，0(0)(0), (0)0vxv x其特征方程为02mk

24、，解之得mk21, 0，故.21tmkeCCx由2000000,ktmttttkCdxxvevdtm ，得,021kmvCC于是).1 ()(0tmkekmvtx当t时，).(05. 1)(0kmkmvtx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.方法方法 1： 加、 减曲面片高斯公式. 取1为xoy平面上被圆122 yx所围部分的下侧， 记为由与1围成的空间闭区域，则dxdyzdzdxydydzxI1) 1(322233133212223(1)x dydzy dzdxzdxdyII由高斯公式：设空间闭区域是由分

25、段光滑的闭曲面所围成，函数, , , ,P x y zQ x y zR x y z在上具有一阶连续偏导数，则有PQRPdydzQdzdxRdxdydvxyz这里3322,2,3(1)PxQyRz，2226,6,6PQRxyzxyz，所以2216()Ixyz dv利用柱面坐标：cossin, 01, 02 ,xryrrdvrdrd dzzz ，有：2216()Ixyz dxdydz=rdzrzdrdr)(620101022221221123200011212122rrzrr zdrrrrdr13246011124346rrr11226记D为1在xoy平面上的投影域22,1Dx y xy，则0z

26、，0dz ，又1为220(1)zxy的下侧，从而：13322223(1)3 0 1DIx dydzy dzdxzdxdydxdy33Ddxdy(其中Ddxdy为半径为 1 圆的面积，所以11Ddxdy)故1223.III 方法方法 2：用转换投影法：若,zz x y，z对, x y 具有一阶连续偏导数，则,zzdzdxdxdydydzdxdyxy .曲面22221:1,(1),2 ,2zzzxyxyxyxy ，由转换投影公式332223(1)Ix dydzy dzdxzdxdy3322()2()3(1)zzxyzdxdyxy44222443(1)3Dxyxydxdy利用极坐标变换：cos, 0

27、1, 02 ,sinxrrdxdyrdrdyr ，所以21444422004cos4sin3(1)3Idrrrrdr21545453004cos4sin3(2)drrrrdr24404413( cossin)6622d2222222004cossin2cossin6dd222041 2cossin26d22220041cossin 2263dd 20411 cos4236d22004112cos4sin433624d 0 或244044( cossin)66d直接利用公式4422003 1cossin4 2 2dd 及224444220000cos4cos4sinsindddd 则244044

28、4 3 1( cossin)2 4666 4 2 2d 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 0f af b，那么在开区间, a b 内至少存在一点，使 0f；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 0fx，那么函数 f x在, a b 上单调增加；比较审敛法：设1nnu和1nnv都是正项级数，且nnuv，若级数1nnv收敛，则级数1nnu收敛.【 证 明 】 记( )1nnfxxnx， 则( )nfx是 连 续

29、 函 数 ， 由01)0(nf，0) 1 ( nfn，对照连续函数的零点定理知， 方程01 nxxn存在正实数根).1 , 0(nx当0 x 时 ，0)(1nnxxfnn， 可 见)(xfn在), 0 上 单 调 增 加 , 故 方 程01 nxxn存在惟一正实数根.nx由01 nxxn与0nx知nnxxnnn110，故当1时，函数yx单调增，所以)1(0nxn. 而正项级数11nn收敛，所以当1时，级数1nnx收敛.(19) 【分析】根据极值点存在的充分条件：设函数( , )zf x y在点00,xy的某领域内连续且有一阶及二阶连续偏导数，又0000(,)0,(,)0 xyfxyfxy， 令

30、000000(,),(,),(,)xxxyyyfxyA fxyB fxyC， 则( , )zf x y在00,xy处是否取得极值的条件如下：(1)20ACB时具有极值，且当0A时有极大值，当0A 时有极小值；(2)20ACB时没有极值；(3)20ACB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0182106222zyzyxyx，所以两边

31、对x求导：02262xzzxzyyx，两边对y求导：0222206yzzyzyzyx.根据极值点存在的充分条件，令00zxzy，得303100 xyxyz，故.,3yzyx将上式代入0182106222zyzyxyx，可得3, 3, 9zyx或. 3, 3, 9zyx对照极值点存在的充分条件，为判别两点是否为极值点，再分别对, x y求偏导数，分别对, x y求偏导数式对x求导：02)(22222222xzzxzxzy，式对x求导：, 02222622yxzzxzyzyxzyxz式对y求导：, 02222622yxzzxzyzyxzyxz式对y求导：02)(22222022222yzzyzyz

32、yyzyz，将3, 3, 9zyx0, 0yzxz代入，于是61)3 , 3 , 9(22xzA，21)3 , 3 , 9(2yxzB，35)3 , 3 , 9(22yzC，故03612 BAC，又061A，从而点(9,3)是( , )z x y的极小值点，极小值为(9,3)3z.类似地，将. 3, 3, 9zyx0, 0yzxz代入，于是22( 9, 3, 3)16zAx ，2( 9, 3, 3)12zBx y ，22( 9, 3, 3)53zCy ，可知03612 BAC，又061A，从而点(-9, -3)是( , )z x y的极大值点，极大值为( 9, 3)3z .(20)【详解】方法

33、方法 1： 对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有11112222aaAnnnna 1()(2,)iiin 行行111120000aaaBnaa 对|B是否为零进行讨论：当0a 时，( )1r An ，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0Ax 有非零解的充要条件是( )r An. 故此方程组有非零解，把0a 代入原方程组，得其同解方程组为, 021nxxx( )此时，( )1r A ，故方程组有1nrn个自由未知量. 选23,nx xx为自由未知量，将他们的1n组值(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)分别代入( )式，得基础解系,)0 , 0 , 1 , 1(

34、1T,)0 , 1 , 0 , 1(2T,) 1 , 0 , 0 , 1(,1Tn于是方程组的通解为,1111nnkkx其中11,nkk 为任意常数.当0a时，对矩阵B作初等行变换，有11112100001aBn ( 1) 12,3iin 行()(1)00022100001n nan ，可知2) 1( nna时，nnAr1)(，由齐次方程组有非零解的判别定理, 知方程组也有非零解，把2) 1( nna代入原方程组，其同解方程组为, 0, 03, 0213121nxnxxxxx此时，( )1r An，故方程组有(1)1nrnn个自由未知量.选2x为自由未量，取21x ，由此得基础解系为Tn),

35、2 , 1 (，于是方程组的通解为kx ，其中k为任意常数.方法方法 2：计算方程组的系数行列式：11112222aaAnnnna 00011110002222000aaannnn 矩阵加法aE+nnnn22221111aEQ，下面求矩阵Q的特征值：11112222EQnnnn11112001(- )(2,3, )00iiinn 行行(1)1112( ) 1000(2,3, )000n niiin列列1(1)2nn n则Q的特征值2) 1(, 0 , 0nn，由性质：若Axx，则()() ,mmkA xkx A xx，因此对任意多项式( )f x，( )( )f A xfx，即( )f是( )

36、f A的特征值.故，A的特征值为(1), ,2n na aa, 由特征值的乘积等于矩阵行列式的值，得A行列式.)2) 1(1nannaA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0Ax 有非零解的充要条件是0A. 可知，当0A，即0a 或2) 1( nna时，方程组有非零解.当0a 时，对系数矩阵A作初等行变换，有11112222Annnn 1)(2,)iiin 行 （行1111000000000 ，.故方程组的同解方程组为, 021nxxx此时，( )1r A ，故方程组有1nrn个自由未知量.选23,nx xx为自由未知量，将他们的1n组值(1,0,0),(0,1,0),(

37、0,0,1)分别代入( )式， 由此得基础解系为,)0 , 0 , 1 , 1(1T,)0 , 1 , 0 , 1(2T,) 1 , 0 , 0 , 1(,1Tn于是方程组的通解为,1111nnkkx其中11,nkk 为任意常数.当2) 1( nna时，11112100001aBn ( 1) 1(2,3)iin 行(1)00022100001n nan ，即00002100001n ，其同解方程组为, 0, 03, 0213121nxnxxxxx此时，( )1r An， 故方程组有(1)1nrnn个自由未知量. 选2x为自由未量，取21x ， 由此得基础解系为Tn), 2 , 1 (， 于是方

38、程组的通解为kx ， 其中k为任意常数.(21)【详解】A的特征多项式为12314315EAa2(2)021114315a 行 （） 行1101(2) 14315a提出行公因数1101( 1) 2(2) 03315a 行行11012(2) 033015a 行行33(2)15a (2)(3)(5)3(1)a2(2)(8183 ).a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28183a是一个完全平方(1) 若2是特征方程的二重根，则有, 03181622a解得2a . 由EA2(2)(818 3 ( 2) 2(2)(812)2(2) (6)0求得A的特征

39、值为 2,2,6, 由1232123123EA1231(-1)2,000113000 行倍加到 行行的 倍加到 行，知21EA秩，故2对应的线性无关的特征向量的个数为3 12nr ，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a31882为完全平方，从而18316a，解得.32a当32a时，由EA22(2)(818 3 ()3 2(2)(816)2(2)(4)0知A的特征值为 2，4，4，由32341032113EA1133 行行323103000知42EA秩，

40、故4对应的线性无关的特征向量有321nr, 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.【详解】(I) 由于1()( )

41、 (|)12P ABP A P B A，所以,61)()()(BAPABPBP利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有121)(1, 1ABPYXP，61)()()(0, 1ABPAPBAPYXP，,121)()()(1, 0ABPBPBAPYXP)(1)(0, 0BAPBAPYXP21( )( )()3P AP BP AB (或321216112110, 0YXP)，故(, )X Y的概率分布为YX01032121161121(II),X Y的概率分布分别为21300,10,0,3124P XP XYP XY11111,11,0,6124P XP XYP XY11110,11,1,1212

42、6P YP XYP XY21500,01,0.366P YP XYP XY所以,X Y的概率分布为X01Y01P4341P6561由0 1分布的数学期望和方差公式，则61,41EYEX，1334416DX ，1566DY 536,()00111,1E XYP XYP XYP XY 112,故241)(),(EYEXXYEYXCov，从而.1515),(DYDXYXCovXY(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讨论即可. 似然函数的定义：121( )( ,; )( ;

43、)nniiLf x xxf x【详解】X的概率密度为11,( ;)1.0,xf xxx(I) 矩估计. 由数学期望的定义：1);(11dxxxdxxxfEX，用样本均值估计期望有EXX，令X1，解得1XX，所以参数的矩估计量为.1XX其中11niiXXn(II) 最大似然估计. 设12,.,nx xx是相应于样本12,.,nXXX的一组观测值，则似然函数为：其他, 0), 2 , 1( 1,)();()(1211nixxxxxfLinnnii当), 2 , 1( 1nixi时，0)(L，( )L与ln ( )L在相同的点取得最大值；所以等式两边取自然对数，得1ln ( )ln(1)lnniiLnx，两边对求导，得niixndLd1ln)(ln，令0)(lndLd，可得niixn1ln，解得的最大似然估计值为：1lnniinx