2021考研数学一真题解析.pdf

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1、2021 考研数学一真题解析（新考研数学超级金讲作者贺惠军撰写）1.选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分）.ex1,x 0（1）函数f(x)=x，在x=0处（）1,x=0（A）连续且取极大值.（B）连续且取极小值.（C）可导且导数为 0.（D）可导且导数不为 0.【答案】应选 D.【分析】本题是一道常规分段函数临界点可导性的判断问题，分段函数临界点的可导性判断是一元微分学的重点，但并不是难点，其判断只有唯一方法，就是利用临界点的导数定义进行判断。新金讲（新金讲 一共三个分册，对应于数学的三个科目，以下统一简称 新金讲，题目对应的页码为对应分册的页码）在第二章中的重难点专题中

2、有重点解析，本题与书中例2.27 本质是一致的。ex1ex1【详解】易知lim并非直线，因而没有=1=f(0)，函数在x=0处连续，由于函数f(x)=x0 xx折点，必然是一条光滑曲线，如果在x=0处取极值，则必有f(0)=0，如果这一结果成立，则本题有至少有两个答案，这显然这不合题意，由排除法可迅速得出答案为D（这一分析思路看起来像是所谓的技巧，实质是采用了数学的定性思维法，定性思维是在对考点有本质理解基础上升华的一种判断思维，在很大程度上是比数学学习中常用到的定量计算更重要的一种思维方式，但遗憾的是，在国内版的所有数学教材中，只有新金讲在努力尝试对这种思维进行解析和培养。实际上，最有效的应

3、试技巧其实就是对事物本质的把握），本题也可以通过定量计算来证明D 的结论。ex11ex1 xex1x1x，=f(0)lim=lim=limlimx0 x0 x02xx02xxx22所以函数f(x)在x=0可导且导数不为 0，故选 D.x（2）设函数f(x,y)可微，且f x+1,e=x(x+1)，f x,x()2(2)=2x2lnx，则df(1,1)=（）（A）dx+dy.（B）dx dy.（C）dy.（D）dy.【答案】应选 C.【分析】本题是一道非常有效考查考生对全微分概念理解以及多个中间变量的单一自变量的复合函数求导法则掌握情况的试题，在新金讲第七章的“重难点专题金讲”中有明确的总结，其

4、思路本质上等同于新金讲中例 7.60.【详解】对于函数f(x,y)，有df(1,1)=偏导数值.对函数f(x+1,e)=x(x+1)两边同时求x的导数：x2fx(1,1)d x+fy(1,1)d y，本题实质是求函数在点(1,1)处的两个fx(x+1,ex)+fy(x+1,ex)ex=(x+1)+2x(x+1)，取x=0代入式，得2fx(1,1)+fy(1,1)=1.对函数f x,x(2)=2x2lnx两边同时求x的导数，fx x,x2+fyx,x22x=4xln x+2x，取x=1代入式中得()()fx(1,1)+fy(1,1)2=2，=fx(1,1)0,=fy(1,1)1，故选 C.联立式

5、解得（3）设函数f(x)=sinxx=0处的 3 次泰勒多项式为ax+bx2+cx3，则（）在1+x277a1,=b0,=c.（B）=.667（A）a=1,b=0,c=1,b=1,c=.（D）a=1,b=1,c=.（C）a=66【答案】应选 A.【分析】本题考查的是常规函数的泰勒级数展开（由于是在x=0处的展开，因此也等价于函数的麦克劳林级数展开），直接套用 新金讲 总结的公式即可，由于展开式的最高次为3 次，为了避免遗漏展开项，所涉及到的函数宜展开到至少3 次.7【详解】由麦克劳林公式可得11244=1 x+x+o(x)，sin x=xx3+o(x3)，21+x6故有sinx7373=xx+

6、o(x)a=1,b=0,c=，所以，因此答案为 A.21+x66（4）设函数f(x)在区间0,1上连续，则（A）lim10f(x)dx=（）nk=12nnn 2k 1 1f.（B）limn2n2nk=12n k 11f.（D）limn2nnk=1 2k 11f.2nn k 2f.2nn（C）limnk=1【答案】应选 B.【分析】本题逆向考查了数列和极限的定积分计算方法，如果对这一重要考点有踏实的理解，无论是从数列和到定积分的正向计算，还是定积分到数列和的逆向变通其实都不难解决，新金讲在极限的特殊计算法方法中对此考点有细致的解析，相信如果认真学习过这部分的同学，本题应该可以得以轻松解答.【详解

7、】由于函数f(x)在区间0,1上连续，对于选项（A），有n 2k 1 1limf=limn2n2nnk 1=k 1=nn k1 1f=limn2n2nnk 1=k 111f=f(x)dx，0n2n2选项（B）显然是选项（A）值的 2 倍，故答案为 B.对于选项（C），有2n k 11limf=limn2nnnk 1k 1=2n2n1 1 klimf=2n2nnnk 1=k 1f=2nn2011d2fxxf(x)dx；=0221 k 21对于选项（D），有lim=f2=fxdx4f(x)dx.00n2n n2k=12n（5）二次型f(x1,x2,x3)=(x1+x2)+(x2+x3)(x3 x1

8、)的正惯性指数与负惯性指数依次为（）（A）2,0.（B）1,1.（C）2,1.（D）1,2.【答案】应选 B.【分析】本题考查二次型标准型的理解。虽然给出的二次型是完全平方结构，但显然不能直接得出该二次型已经是标准型的结论，否则这道题命制就毫无意义。对于这类完全平方结构的二次型，要得到其准确的标准型，必须先将平方展开，然后通过配方法或正交变换法化为标准型，即可直接得到其正负惯性指数值。本类试题与新金讲的例6.18 本质是同一试题，新金讲还对这类题的易错解法做了详细解析，如果认真学习过，本题必可轻松解答。由于配方法计算量小很多，所以这里采用配方法化标准型（本题的配方法需要深入理解配方法的本质，否

9、则会配出一个四不像的平方结构，无法得到准确的标准型，也许正因为如此，各机构对本题的解析清一色地采用了最复杂的正交变换法，相信是缺乏对配方法本质的掌握）。222【详解】f(x1,x2,x3)=(x1+x2)+(x2+x3)(x3 x1)222x2+x1x2+x2x3)+2x1x3=+2x1x2+2x2x3+2x1x3=2(x222221112121=2x1+x2+x3x1x3x1x3+2x1x32442211121=2x1+x2+x3x12x3+x1x322221112x1+x2+x3(x1 x3)2，222所以二次型正负惯性指数均为1，答案为 B.【注】本题配方法容易犯错的计算：22x2+2x

10、1x2+2x2x3+2x1x3f(x1,x2,x3)=(x1+x2)2+(x2+x3)2(x3 x1)2=22，然后无法判断.=(x1+x2+x3)2+x2 x12 x3221 =（6）已知120,1 1 =32,1 3 1，记1=1,2=2k1,3=3l11l22，若1,2,32 两两正交，则l1,l2依次为（）（A）5 15 15151,.（B）,.（C）,.（D）,.2 22 22222【答案】应选 A.【分析】本题逆向考查向量组施密特正交变换法的掌握情况。如果能熟练记住了施密特正交变换法的公式规律，很容易判断出所需要计算的参数l1,l2对应于施密特正交变换中的向量系数，新金讲对施密特正

11、交公式的运算规律有独有的总结，直接套其公式即可计算。【详解】由施密特正交法可知0(3,1)(3,2)(,)2211=2，3=1=1，2=312，(1,1)(2,2)(1,1)0 所以l13,1)53,2)(=(=，l(1,1)22(2,2)AO1，故选 A.2（7）设A,B为n阶实矩阵，下列结论不成立的是（）（A）rO Arr(A)=2.（B）ATAOAB=2r(A).TA A（C）rOBA AO=2r(A).=2r(A).（D）rTAATBAA【答案】应选 C.【分析】本题深度考查了分块矩阵秩的判断，这类题一直是线性代数科目的难点，正鉴如此，新金讲给予了极大篇幅讲解了矩阵秩的性质和应用，尤其

12、是满秩矩阵的应用，本题与新金讲例2.41 的判断思路一致.【详解】易知选项（A）是成立的；=r(AAB)r=对于选项（B），由于A(EB)r(A)（这一前提条件很重要，否则后面结果不成立），故 ArO对于选项（C），由于r(AABT=+=r AABr A()2r(A)；)(ATBA)r(EB)A所以必有r(ABA)r(A)，当r(ABA)r(A)，A时，必有rOBA 2r(A)，所以（C）结论不成立，答案为C.AATT AO AT=对于选项（D），由于TBAAOATBT，因而有AATBT，A AO T AT AO=rr=rTTBAABAA O与选项（B）本质是一致的，故结论成立.（8）设A,B

13、为随机事件，且0 P(B)P(A)，则P(A B)P(A).（C）若P(A B)P(A B)，则P(A B)P(A).（A）若P A B=P(A)，则P A B=P(A).()（D）若P A AB P A AB，则P(A)P(B).【答案】应选 D.【分析】本题考查随机事件关系的变换，比传统考查的情况要复杂不少，但只要把握新金讲中一再强调的由繁向简、补集化本集的转化思路，本题也仅仅是计算量大一点而已，本题与新金讲中例 1.12 思路大体是一致的.()()【详解】对于选项（A），P(AB)P(A B)=P(A)P(AB)=P(A)P(B)，P(B)事件A,B相互独立，即互不干扰，因此易得P A

14、B=P(A)，故 A 正确.对于选项（B）,知P(A B)=()P(AB)P(A)P(AB)P(A)P(B)，若P A B P A成立，则P(B)()()P A=B()P(AB)P(A+B)1P(A+B)1P(A)+P(B)P(A)P(B)=1P(A)1P(B)1P(B)1P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)，故（B）的结论成立.同理可推：若P(A B)P(A B)P(AB)P(AB)P(A)P(AB)=P(AB)P(A)P(B)，P(B)P(B)1 P(B)则P(AB)P(A)P(AB)P(A)P(B)，故（C）成立.P(B)若P(A AB)P(A AB)PA(AB)P(AB)PA(A

15、B)P(AB)P(A)P(AB)=P(B)P(AB)，故得不出（D）的结论，答案选 D.（9）设(X1,Y1),(X2,Y2),(Xn,Yn)为 来 自 总 体N(,;12212,2;)的 简 单 随 机 样 本.令1n1n=12，X=Xi，Y=Yi，=X Y则（）ni=1ni=1)=是的无偏估计，D(（A）212+2n.212+2.（B）不是的无偏估计，D()=n212+2212.（C）是的无偏估计，D()=n212+2212.（D）不是的无偏估计，D()=n【答案】应选 C.【分析】本题一改传统命题中总体是一维随机变量的情况，采用二维随机总体命题，考查考生对总体概念的深入理解，无论是一维还

16、是二维总体，理解了 新金讲中对总体与样本概念的详细解析，本题剩下的就是简单随机变量数字特征换算关系的计算。【详解】由于E()=E(X)E(Y)=12=，所以是的无偏估计.212+21n 1nD()=D(X)+D(Y)2Cov(X,Y=)2CovXi,Yinni 1=ni 1=2n22nn12+2=2CovXi,Yi=2Cov(Xi,Yi)nn=nni 1=i 1i 1=212+2212+22122，故答案选 C.12=nn212+2=n（10）设X1,X2,X16是 来 自 总 体N(,4)的 简 单 随 机 样 本，考 虑 假 设 检 验 问 题：=H0:10,H1:10.(x)表示标准正态

17、分布函数。若该检验问题的拒绝域为W116X=Xi，则=11.5时，该检验犯第二类错误的概率为（）16i=1（A）1(0.5)（B）1(1)（C）1(1.5)（D）1(2)X 11，其中【答案】应选 B.【分析】本题考查了罕见命题的假设检验中第二类错误概念的理解，对概念深刻全面的剖析是新金讲独有优势，第二类错误是指当原假设命题实际并不是真命题时，但样本观察值使得我们接受它为正确的概率。由于总体的实际值在检验前是不知道的（否则就不用去检验了），因此，第二类错误的概率实质是计算通过样本接纳原命题的概率，至于接纳它之后是否犯第二类错误，这个只有后来知道假设的真实结论才能判断，正如本题中，给出了=11.

18、5，所以接纳原命题H0就犯了第二类错误.理解了这一点，本题就容易计算了。=【详解】由于原命题的拒绝域为WX 11，故接受域为PX 11，由于实际=11.5，故检1PX 11，由 题 知XN,，所 以4验 犯 第 二 类 错 误 的 概 率 为X 11.5PX 11P 11(1)，选 B.1/22.填空题（11-16 小题,每小题 5 分，共 30 分）.（11）+0dx=_x2+2x+2【答案】应填4.【分析】本题考查了简单有理函数广义积分的计算，这是积分计算的一个重点内容，在新金讲 中单列了专题讲解。容易看出，被积函数的分母容易配成平方结构，符合书中第一种情况，配方之后直接套用积分公式即可得

19、到答案。【详解】+0+dxdxarctan1=x+()=.2200 x+2x+2244(x+1)+1=2et+t+1d2yx确定，则2|t=0=_（12）设函数y=y(x)由参数方程t2dxy=4(t 1)e+t【答案】应填2.3【分析】本题考查参数函数的求导计算，参数函数求导计算的关键是掌握参数函数的复合函数求导本质，这在新金讲中有特别的解释，如果知晓这一本质，这类问题都会很简单。ttdydy dt4e+4(t 1)e+2t4tet+2t【详解】=2t，dxdt dx2et+12et+1d2y2d2yd dy dtd(2t)12=，.|=2t=02ttd3xdxdtdxdxdt2e+12e+

20、1（13）欧拉方程x y+xy4y=y(1)1,=y(1)2的解为y=_0满足条件2【答案】应填y=x2.【分析】本题考查了考频极低的欧拉方程，如果掌握了新金讲中对欧拉方程求解过程的详细解析，直接套用其对应的求解步骤，不难得出答案.【详解】令x=et，t=ln x，从而dt1dydy dt1 dy=，则=，dxxdxdt dxx dtd2yd 1 dy 1dy1d dy 1dy1d2y=2+=2+22，2dxdxx dtxdtx dxdtxdtxdtdyd2y，2代入方程化简得将dxdxy(t)4y(t)=0，其特征方程为24=0，特征根为1=2,2=2，C1e+C2e则该方程的通解为y=故=

21、C11,=C20，于是y=x2.2t2t=C1x2+C21，又=y(1)1,=y(1)2，2x（14）设为 空 间 区 域(x,y,z)x2+4y2 4,0 z 2表 面 的 外 侧，则 曲 面 积 分22x dydzy dzdx+zdxdy=+_【答案】应填4.【分析】题设对坐标曲面积分的积分区间为一个封闭的柱体，显然要用高斯公式计算，又积分区间关于坐标面有显著的对称性，应用高斯公式之后的三重积分必然要用奇偶对称性简化计算，这是新金讲中反复强调的重点思路，本题与书中例8.56 计算本质一致。【详解】利用高斯公式可得：22+=x dydzy dxdz+zdxdy(2x+2y+1)dv（其中为围

22、成的封闭区域）.由于图形关于xoz平面对称，所以2ydv=0，同理，图形关于yoz平面对称，所以2xdv=0，则22x dydz+y dzdx+zdxdy=dv=x2+4y24dxdydz=202x2+4y24dxdy=4.（15）设A=aij为 3 阶矩阵，Aij为元素aij的代数余子式，若A的每行元素之和均为 2，且A=3，()则A11+A21+A31=_【答案】应填3.2【分析】本题考查伴随矩阵与矩阵之间的运算关系，是矩阵的重要考点之一，新金讲对此考点有全面细致的解析，本题与书中例2.3 几乎是同一道题.11 【详解】因为A的每行元素之和为 2，所以A 1=2 1，于是 11 111 1

23、AA1=2A=11 故A的每行元素之和为11A 3 11，=2 2 113.2（16）甲乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球，令X,Y分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则X与Y的相关系数为_【答案】应填1.5【分析】本题虽然是考查相关系数的计算，但只有求得其分布了才能计算相关系数，所以本题实质考查二维离散随机变量的分布，求离散随机变量的分布关键是写出随机变量所有可能取值，然后再根据数值所表达的事件内容来求得其分布，这是新金讲中强调的重要求解思想。【详解】由题意易知，X与Y可能取值均为0和1，其联合概率分布与边缘概率分布如

24、下表所示：XY0100.30.20.510.20.30.5Py=yi0.50.51Px=xiPXY=0=0,Y=0+PX=0,Y=1+PX=1,Y=0=0.7，PXPXY=1=PX=1,Y=1=0.3，所以E(=XY)0.3,E=(X)E(Y)0.5,D=(X)D(Y)0.25.故X与Y的相关系数为=Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)0.30.25=0.2.0.25D(X)D(Y)D(X)D(Y)3.3.解答题（解答题（17-2217-22 小题小题,共共 7070 分）分）.（17）（本题满分 10 分）1+xet2dt10求极限lim-xx0sin xe 1【分析】本题考查了极限计

25、算的无穷小替换、洛必达法则、极限的四则运算法则以及极限的灵活化简能力，是一道综合性较强的计算题，其中计算的关键是极限的四则运算法则的应用，在新金讲中有强调，当极限存在时，极限的运算可以拆解成不同极限存在项的极限进行计算。t2xsin x 1+etdt(ex1)+1xxetesinsind00【详解】原式lim=lim2xx0 x0 xsin x(e 1)2(x)2x=limx0cosx+cosxetdt+sin xexex0 x22xx2cosxelim=+limx0 x02xxcosxetdt0 x22xxsin xex+limx02x2sin xe=lim+lim0 x0 x022xetd

26、t2ex+limx0211ex1=+lim=.22x022（18）（本题满分 12 分）xn+1设un(x)=e+(n=1,2,3)，求级数un(x)的收敛域及和函数.n(n+1)n=1nx2【分析】本题考查了级数和函数的计算，级数通项由两个不同性质的函数项构成，对于这类复杂级数的求和问题，在新金讲对幂级数求和的第一条总结中给出了思路，学会拆项，容易看出级数en=1nxxn+1是一个以e为等比的数列级数，容易利用等比数列的求和公式求得其和，级数是一个常规级n=1n(n+1)x数求和，两个级数收敛域的交集即为整体级数的收敛域，本题虽然结构有所创新，但只要把握本质，并非一道难题.xn+1=un(x

27、)=e+S1(x)+S2(x),【详解】设S(x)=+n n 1()=n 1n 1=n 1nx由于S1(x)=enx=ex+e2x+e3x+，n=1易知当exex.0时S1(x)收敛，且有S1(x)=x1exn+1对级数S2(x)=，首先求其收敛区间，有n=1n(n+1)xn+2(n+1)(n+2)=x 0，故S(x)在的收敛区间为(0,1).1111当x=1时，当n时，收敛，故S(x)的2，且2收敛，故S2(1)=1n n+n(n+1)nn()n=1n=1收敛域为(0,1.xn+1两边同时求导，有在区间(0,1)对级数S2(x)=n=1n(n+1)nx=S2(x)=，S2(x)n=1nxn1

28、=n=11，1 x10S2(x)=St dt+S=ln(1 x)，()()20201tdt=xxS2(x)=S2(t)dt+S2(0)=ln(1t)dt=(1 x)ln(1 x)+x.00 xx111当x=1时，S2(1)=1,=n n+1nn+1()()=n 1=n 1ex故S(x=)S1(x)+S2(x)x+(1 x)ln(1 x)+x,x(0,1),1ee1eS=+1=+1,(1)e=(1)S1(x)+S2=11ee1n=1n ex1ex+(1 x)ln(1 x)+x,x(0,1),综上所述，S(x)=e,x=1e1（19）（本题满分 12 分）x2+2y2 z=6,已知曲线C:求C上的

29、点到xoy坐标面距离的最大值.30,4x+2y+z=【分析】本题堪称本套试卷命题中最大的亮点，本题表面上是考查多元函数的最值问题，其实质考查的是空间曲线的函数表达式的深度理解，这在新金讲272 页对空间曲线的解析中有说明，虽然两种思路都能得出正确答案，但前者的计算量至少是后者的3 倍，这道题对不同学习能力的考生具有超高的区分度，这道题除了本人第一时间给出其最本质的解析方法外，市面上其他所有考研机构对这道题的解析都采用了最肤浅的多元函数最值的解析方式，这也反映当前考研辅导机构对内容研究深度的欠缺.x=x,在空间解析几何中，空间曲线C的参数方程为y=y(x),由空间曲线的参数方程可知，空间曲线对应

30、的函z=z(x),数本质上仅取决于一个自变量x，题目求曲线上一点到xoy坐标面距离的最大值实质是求曲线上点在z轴上坐标的绝对值的最大值。设曲线上的点为x,y(x),z(x)，题目问题实际等价于求z(x)在约束条件x2+2y2 z=6,下z(x)的最大值，问题本质是一个一元函数求最值的问题，遵循一元函数求最值的法4x+2y+z=30,则，先求驻点，再做判断.【详解】对曲线C的方程两边同时求关于x的导数，有dydz+=xy240,dz2x8ydxdx，=yzdd+xyd124+2=0,dxdxx2+2y2 z=6,dz2x8y可得z(x)有两个驻点x=4和x=8，对应z的取令=0，并结合方程组dx

31、1+2y30,4x+2y+z=值为12和66.由于曲线在区域范围内仅有此两个驻点，故z=66为C上的点到xoy坐标面距离的最大值.【附多元函数最值的解法】取C上点(x,y,z)，到xoy坐标面的距离为z，令目标函数为f(x,y,z)=z，2构造拉格朗日函数F(x,y,z,)=z2+x2+2y2 z 6+(4x+2y+z 30).()F=xF=yFz=FF2x+4=0(1)4y+2=0(2)2z+=0(3)x2+2y2 z 60(4)4x+2y+z 300(5)(1)1(2):(x4y)=0，2若=0，则=0，带入(3)可得z=0，F=x2+2y26=0代入(4)(5)，此方程无解.F=4x+2

32、y30=0 x=4x=822F=16y+2y z=60若 0，则x=4y，带入(4)(5)，可解得y=1或y=2，=0z=12z=66F=16y+2y+z30f(4,1,12=)122,f(8,2,66)662，故曲线上的点到xoy坐标面最大距离为 66.（20）（本题满分 12 分）设D R是有界单连通闭区域，I(D)=（I）求I(D1)的值（II）计算2(4 xD2 y2)dxdy取得最大值的积分区域记为D1.D1(xex2+4y2+y)dx+(4yexx2+4y22+4y2 x)dy，其中D是D1的正向边界.【分析】本题第 1 问通过一个抽象积分区间的引入创新性考查了二重积分几何意义的深

33、度理解和考点信息综合分析判断能力.第 2 问则通过被积函数的结构的复杂化来给增加审题压力，但如果解决了第 1 问的抽象积分区间问题，第 2 问本质是一道常规挖洞法的对坐标曲线积分计算问题。由于二重积分的几何意义是以积分区间为底面积，被积函数为高的曲顶柱体的体积，要使积分值最大，则积分区间面积足够大，同时，在积分区间范围内，曲顶柱体的高不能为负值，否则，高取负值的曲顶体积就减少了总的体积值，要保证满足这一规则，实质积分区间范围最大的取值就由被积函数大于0 的区间决定。新金讲第 308 页的例 8.3很好的诠释了这一含义.明确了积分区间，第1 问的积分值就容易算出；第二问的对坐标曲线积分中，分母是

34、由平方和结构，这是使用挖洞格林公式计算的显著特征，用挖洞格林公式计算，这在新金讲中有明确的总结.【详 解】（I）要 使I(D)=(4 xD2 y2)dxdy最 大，则D应 该 包 含 所 有 使 得 被 积 函 数f(x,y)=4 x2 y2 0并 且D中 不 能 包 含 使 得f(x,y)=4 x2 y2 0足够小，取顺时针方向，且L围成的区域为D，则Q(x,y),P(x,y)在D1与L围成的区域D上满足格林公式的条件，于是D1=yP(x,y)dx+Q(x,y)d P(x,y)dx+Q(x,y)dy P(x,y)dx+Q(x,y)dyD1+LLQPP(x,y)dx+Q(x,y)dy =dxd

35、y+xyDL =0dxdy+(xe2DL12+y dx+4ye x dy)(2)=（21）（本题满分 12 分）111)dxdy=22(D12dxdy=D a11已知A=a11,11a（I）求正交矩阵P，使P AP为对角矩阵.（）求正定矩阵C，使C=(a+3)E A，其中E为 3 阶单位矩阵.2T【分析】第 1 问考查实对称矩阵的正交相似对角化，先求得矩阵的特征值，然后求得特征向量，最后对特征向量进行单位正交标准化，就得到第 1 问的解，属于常规试题，思路在任何一本考研数学参考书都可以找到；第 2 问实际是求对矩阵(a+3)E A的开方计算，计算矩阵的高次幂或矩阵的开方，在新金讲的 170 页

36、关于矩阵化为相似对角形方法总结的第4 条中有详细说明，并且书中例6.29 的第 2 问与本题本质一致，均考查了正定矩阵的开方计算.a【详解】（I）因为AE=111a111=a(a1)(a+2)(a1)=0，所以A的特征值为1=2=a1,3=+a2.1=1=1当1=2=a 1时，对应的两个无关特征向量为：,201当3=a+2时，对应的无关特征向量为：3=1.11 0;1 11(2,1)=1 1,1.1=对1，2正交化，1=212,2(11)02 对1,2,3单位化，有=e11=1111=,e2202=21 1 1=,e36 23=3111，31121则P(=e1,e2,e3)=201616261

37、 31=，313 a1Ta1，P AP=.a+2T（II）因为C2=P(a+3)E A=(a+3)PPT PPT=(a+3)E P422TTT422=PPP PPP，1112 511T12P=151=P所以C.31151（22）（本题满分 12 分）在区间(0,2)上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段的长度记为X，较长一段的长度记为Y，令Z=Y.X（I）求X的概率密度；（II）求Z的概率密度；（III）求E XY.【分析】本题较深入地考查到了一维随机变量均匀分布的理解和动态事件概率的计算，创新性地构造了一个动态二维随机事件模型，不仅将一元随机分布与二元随机分布有机的结合在一起进行全面考查，

38、更极好地考查了考生运用所学知识分析问题解决问题的能力，区别于传统对随机变量静态的考查，是一道不可多得的高水平命题。本题的难点和关键在求得第一问的均匀分布，后面两问都是建立在第一问答案基础上的常规计算.关于均匀分布，新金讲做出了突出重点的全面解析，相信认真学习过，必然能求得第一问的关键解答.在区间(0,2)上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段的长度记为X，较长一段的长度记为Y，显然有x0 X 1，画一个02的区间草图，当0 x 1时，对于概率PX x，在区间01时有一个值，2，故PX x=在区间12时，同样有PX x=果.【详解】（I）由题意可知，当0 x 1时，有PX x=x2x2=x，x(0,1)，即得到关键的第 1 问的结2x2=x，故X的概率密度21,0 x 1,fX(x)=0,其他.Z（II）由题意可知，=Y1，故当z 1时，FZ(z)=PZ z=0；X2 2Y2 X.PPX z=z=1z+1z+1XX当z 1时，FZ(z)=PZ z=P0,z 12.(z+1)0,z 1xdx2ln 21.02 x=1 X YX=2 X+xfX(x=)dx2 x