2020考研数学一真题及答案-2020数学原题
最难忘的一件事作文-敬廉崇洁手抄报
一、选择题
2020考研数学一真题及答案
（1）当 x 0 时，下列无穷小量最高
阶是
dt
.
t
（A）
0
x
e
t
2
3
（B）
0
x
ln 1
1 d t .
（C）
0
sin
x
sin t
2
dt .
（1）【答案】（D）.
x
0
2
（D）
0
1
cos
sin t
dt
2
x
.
2
e
t
e
x
2
1 dt x 1
1
【解析】因为
lim lim ,
lim
x
x 0 x 3
+
0
+
x
3
3 x
2
0
+
x
2
3
故 x
0 时，
0
x
1 dt 是 x 的 3 阶无
t2
e
穷小；
t
x333
lim ln 1 x
lim x 2 ,
0
ln 1 dt
因为
lim
+
x
++
0
x 0 5
3
5
3
5
x 0
5
x
2
x
x 2
2
2 2
故 x 0 时，
0
x
ln 1 t
3
dt 是 x 的
5
2
阶无穷小；
sinx
0
因为
lim
sin t
2
sin sin x
2
sin
2
dt lim cos x lim x lim
x x x 0
+
x
0
+
x
3 0
+
3 x
2
3 x
2
0
+
故 x 0 时，
0
sin
x
sin t
2
dt 是 x
的 3 阶无穷小；
（ ）
2
x
1
,
3
x
2
3
sin t dsin 1 cos x
2
sin 1 cos
0
1
22
cos x t sin x x
因为
lim lim 1,
lim
d
0
t
t
1
x x
++
cos
2
0
x
x 0
1 cos x sin
0
+
1
cos
x
x
1
cos
x
1 1 1
t
又
0
1 cos
x
t
2
1 cos x
2
x
4
，
dt
8
2
0
2
故 x 0 时，
0
1
cos
x
sin t
2
dt 是 x 的 4 阶无穷小；
综上， x 0 时，无穷小量中最高阶的是
0
1
cos
x
sin t
2
dt .
故应选（D）.
x
0
（2）设函数
在区
1,1 内有定义，且
x
间
f lim f x
0, 则
（ ）
f
（A）当
0 时， f x 在 x 0 处
x
lim
可导.
x
0
x
（B）当0 时， f x 在
x 0 处
f x
可导.
lim
x
x
2
0
（C）当 f x 在 x
0 处可导
f
x
时，lim
0 .
x 0
x
（
时，
D）
lim
当 f x 在 x 0
处可导
f x
0 .
x
0
x
2
（2）【答案】（C）.
【解析】
对于选项（
在 x
A）：取
0
f
处不可导，排除（
x
A）.
x ，满足已知，但 f x
x
x, 0,
满足已知，但 f x 在 x 0
对于选项（B）：f x
x
导，排除（B）.
处不可
0,
0,
对于选项（
处连续，故
C
）：当 f x 在 x 0
处可导时， f x 在 x
f x f
f 0
lim f
x 0,
0 lim
且 f 0 存在，不妨设
f
f 0 x
lim A,
x
0
x
x 0
0
x x
则
f f
lim
x
lim
x
x
0
. 同理可排除
（D）.
x
x
x
x
0
x
0
故应选（C）.
（3）设函数 f x 在处可微， f 0, 0
f
f
0
点 0, 0
n 垂直，
则
0, n
, 非零向量d
,
，
1 与
0,
x y
0
（ ）
x , x ,
n y , f y
li
（A）
m
0
在
存
.
x
2
x ,
y0,0
y
2
x , x ,
n y , f y
（B）
lim
0
在
存
.
x
2
x ,
y 0,0
y
2
x
, x ,
d y , f y
（C）
lim
0
在
存
.
x
2
x ,
y 0,0
y
2
x , x ,
d y , f y
（D）
lim
0 存在.
x
2
y0,0
x ,
y
2
（3）【答案】（A）.
【解析】因 f x 在点 0, 0 处可微，且
f 0, 0
0 ，故
f x , y f 0, 0 f
x
0, 0 x f
y
0, 0 y x
2
y
2
,
f f
因为n ,
,
f
x
0, 0 ,
f
y
0, 0 ,
1
1 ，故
x
y
0,0
n x , y
, f x , y f
x
0, 0 x f
y
0, 0 y
f x , y
y2 ，
3
n x , y , f x
2
x , y
y
2
则
lim lim
0. 故应选（A）.
x
2
x ,
y0,0
x
2
y
2
y0,0
x ,
y
2
（4） 设R 为幂级数
a
n
n
x 的收敛半径，r 是实数，则
又 1
（A） a
n
r
n
发散
时，
r
R .
n 1
（B） a
n
r
n
发散
时，
r
R .
n 1
R 时， a
n
n
r 发
（C）
r
散.
n 1
x 2
）
（
R 时， a
n
r
n
发
r
散.
（D）
n 1
（4）【答案】（A）.
【解析】若 a r
n
发散，R ，由阿贝尔定理知， a
n
R ，否则，
n
r r
则
若
n
r
n 1 n 1
绝对收敛，矛盾. 故应选（A）.
（5）若矩阵 A 经过初等列变换化成B ，
则
（ ）
（A）存在矩阵 P ，使得 PA B.
（B）存在矩阵 P ，使得BP A.
（C）存在矩阵 P ，使得 PB
A.
（D）方程组 Ax
（5）【答案】（B）.
故应选（B）.
x a
y z x y z
b
2
c
2
与直线
a
3
b
3
c
3
（6）已知直线
2
相交于
L :
L :
一
1
2
a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
i
,
i 1, 2,
点，法向量α
3 .则
b
（ ）
【解析】 A 经过初等列变换化成B ，相当于 A 右乘可逆矩阵 P
变
成B ，即存在
可逆矩阵Q ，使得 AQ B ，得BQ
1
取 P Q
1
，则存在矩阵 P ，使得BP
A .
A.
0 与Bx 0 同解.
i i
c
i
（A）α
1
可由α
2
, α
3
线性（B）α
2
可由α
1
, α
3
线
表示.
性表示.
（C）α
3
可由α
1
, α
2
线性（D）α
1
, α
2
,
表示.
α
线性无
3
关.
（6）【答案】（C）.
a
1
a
2
【解析】
故向量
已知L , L
相交于一点，
，即
b
与
b
α
α
,
线性无
关.
12
1
2
12
c
c
1
2
a
3
a
1
a
2
a
2
且
有
, ,
，即α ,
,
b
b b b
α
α
α 线性相
关.
1
2
3 2
12 3 1
c
c
c
c
1
2
3 2
故α
1
,
α
2
, α
3
线性相关，则α
3
可由α
1
, α
2
线性表示，且表
示法唯一.
故应选（C）.
（7）设 A, B , C 为三个随机事件，且
P A P
B P C
1
4
, P AB 0, P AC P BC
1
12
,
则
的概率为
A, B , C
恰有一个事件发生
（ ）
3 2 1 5
（A）
.
（B）
.
（C）
.
（D）
.
4 3 2 12
（7）【答案】（D）.
【解析】事件 A, B ,
C 中前有一个发生的概率可用至少一个发生
的概率减去至少发
生两个的概率表示，即P (
ABC ABC ABC ) P ( A B C ) P
AC BC),
(
AB
5
P ( A B C ) P ( A) P ( B
) P (C ) P ( AB ) P ( AC ) P
( BC ) P ( ABC)
，因 P ( AB) 0 ，故P ( ABC) 0 ，从而
3117
P ( A B C)
4
0
12
12
0
12
,
P ( AB
AC BC ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC ) P (
ABC )
P ( ABC ) P ( ABC)
0
12
1
12
1
0
1
6
,
P ( ABC
ABC ABC)
12
7 1
6 12
5
.
故应选（D）.
（8）设 X
1
, X
2
, ,
X
100
为来自总体 X 的简单随机样本，其
1
,
中P X 0 P X 1
2
100
x 表示标准正态分布，则利用中心极限定理可得55
的近似值
）
PX
i
为（
i 1
0.0.
（A）11
. （B） 1 . （C）1 2
.
（D）
2
.
（8）【答案】（B）.
100 100
【解析】由中心极限定理知， X
i
近似服从 N ( ,
2
) ，其中
E ( X
i
) 50 ，
i 1
i 1
1
1
2D ( X) 100
2 2
25
，故
i
1
i
10
0
1055
0 50
X
i
50
PX i 55
i 1
故应选（B）.
二、填空题
1 1
9.
x
lim
ln(1
e
x
x)
0
1
（9）【答案】 1.
【解析】
i
1
(1) .
P
5 5
．
lim
x 0
1 e x 1
2
ln(1 x)
1 e
x
1
ln( lim x
1
x)
x
1 ln(1 x)
0
e
1
2
x
2
1
x
x
x
1x
2
2
lim
x
x
2
0
x
2
x2
lim
1.
2
x
x
0
2 2
x
t
1,
d
y
10
.
已知
则
2
．
2
y ln(t t
1),
dx t 1
（
10）【答案】 2 .
【解析】因为
dy
dx
2
d
2
y t
2
1
故
dx
2
t t 3
1
11. 设 y f ( x) 满足
0
f
(x )dx
d
1 2t 1
y
1
d
t
t t
2
1
2
2
t
2
1
t
1
dx
2
t
t
d2 t
2
t
2
t 1 1
d
dy
d dy
dt
dx
d
2
y
d
x
dx
dt
dx
dx
d
1 1
1
1
t
2
1
d
2
3
,
t
t
dx
t
t
t
dt
2
t
1
2.
t
1
f ( x ) af (x ) f (x ) 0 (a 0), f (0) m,
f
1
．
t
,
(0) n ，则
（11）【答案】am n .
【解析】由已知，得
f (x )dx f ( x ) af (x ) dx f (x )
(x) .
0
0
0
a 0 a 2
时，
a 4 a 2 i
1,2
，故
f x
a
x
2
x C
2
2
e
2
C
1
cos
4
a
sin
4
a
x ,
af
2
2
a
4 a
2
4 a
2
a
x
x
C
2
C
1
x
sin
x
f e
2
cos
2
2
2
a
x
2
2
2
2
4 4 4 4
a
a
a
a
C
2
e
sin x
C cos x ,
2
2
2
2
1
2
f ( x)
从而
f ( x )
lim 0.
lim
x
x
当a 2 时，
1,2
1 ，故
f x C
1
C
2
x e
x
,
xC
1
C
2
x e
x
C
2
e
x
,
从而
lim x f ( x )lim x ( x)0.
a
2
a 4
当a 2 时，
，故
1
,
2
2
a a
2
a a
2
4
4
x x
f x
C
1
e C
2
e ,
2
2
a
a
2
4
a
a
2
x
a
a
2
4
4
C
2
e
f x
C
1
e
2
2 2
f ( x)
从而
f ( x )
lim 0.
lim
a
2
a
4
x
2
,
x
x
综上，
f ( x ) af ( x ) af f (0) af
f ( x )d
x ( x) lim f ( x ) (0)
0
0
x
12. f ( x , y )
xy
0
e
2
f
xt2
dt ，则
(1
．
,1
x y
)
（
4e .
12）【答案】
2
f
2
f f
【解析】因为
，又
232
e
x xy
xxe
x y
,
x y
y x
y
从而
2
f
x
y
(1,1)
a 0 1 1
13.
列式
行
0 a 1 1
1 1 a 0
1
1
0
a
（13）【答案】a
2
a
2
4 .
【解析】
am n.
3
d f d
xe
x
x
d x
dx
1
y
x
y
1 1
e
x
3
x e
x
3
3x
2
x
1
4e.
．
a
a a
a 01 1 0 0 0 0 0
0 a 1 1 0
a 1 1 0 a 1 1
a a
1 1
0
1 2
0
1 1
a 0
0 a a
1 1 0 a 0 a 0 0 a
11
a a 3 4a a 2
a 2 a 0 a2
4 .
0 a a
π π
（14）设 X
服从
区间
,
上的均匀分
布，Y
2
2
2
（14）【答案】
.
π
sin X ，则cov X ,
Y
π
,
2
．
1 π
, x
π
2
【解析】由题
的概率密度为 f
意 X
( x)
其他.
0,
cov(X ,Y ) E( XY )
E( X )E(Y ),Y sin X , 而
E ( X )
0,
π
π
1 2
2
E ( XY ) E ( X sin
X )
0
x sin
dx
x sin
2
π
xdx
π
x
π
2
π
π π
2 2
x
cos x|
2
2
00
2
0
xd cos x cos xdx
π π
π
2
sin 0
2
x|
2
.
π
π
9
22
故 cov( X , Y )
π
0
π
.
三、解答题
（15）（本题满分 10 分）
求
f ( x , y ) x
3
8 y
3
xy
的极值.
因为 f 3 x
2
y , f
24 y
2
x,
（15）【解析】
x
y
1
2
x
,
6
3 x
y 0, x
0,
f x
解
0
得
0
联立方程组 2
f
y
, 1
24 y x
,
y
y
1
.
12
1
故驻点为 0,
,
.
0 ,
6
12
在点 0, 0 处：
A f
xx
0, 0 B f 0, 01, C f
yy
0, 0
0, 0,
xy
1 0 ，故 0, 0
不是极
2
AC B
值点.
1
6
1
处：
在点
,
12
1 1 1 1 1 1
A f ,
1
0, B f
, 1, C f ,
4,
xy
y
x
x y
6 12 6 12 6
12
2 1 1
是极小值点，
AC B 4 1 0 ，故 , 值为
极小
6
12
1 1
1 1 1 1
3
1
3
f
,
.
6
12
6 12 216
6
12
（16）（本题满分 10
分）
4x x
y y 2 2
22
4 x 4x
计算I
dy ，其中
为 2 ，方向为逆时针方
22
y
dx
y
L
x y 向.
L
（16）【解析】补曲线L : 4 x
2
y
22
,
其中 0 为一个很小的数，
使得4x
2
y
2
2
1
在曲线L 的内部，方向顺时
针，则
1
0
4 x x
y y
4 x
2
4 x
2
I d y
y
2
y
2
L L1
L1
d x
x
4x y y
4 x
2
4x
2
y
2
y
2
d x dy
4x y x y
，因
22
4 x
, Q 4x
记P
为
y
2
y
2
4 x
2
8
4 x
2
8xy
P xy y 2 Q y
2
4 x 2 4x 2 y2
22
y
2
y , x ,
x
4x y y
4 x
2
4x
2
y
2
d x
y
2
d y 0.
4 x y x y L
1
4
x
2
y
2
d
x
4x
2
y
2
由格林公式知，
L L1
又
d y
1
2
L1
4 x y dx
x y dy
1
1
1 dxdy
2
D
1
2
π π.
2
2
从而I 0 π π.
（17）（本题满分 10 分）
设数列 a
n
满足a
1
1, ( n 1) a
n
1
( n
证明：当 x
1
2
)a
n
.
1时，幂级数
a
n
x
n
收敛，并求其和函数.
n 1
1
a
n
（17
1
)a
，
1
n
2
由
）【证明】
( n
1) a n ( n
有
，从
而
1
n
2
a
n
n
1
a
1
li
1
n
n
2
m lim
n
a
n
n
1
1
n
故当 x 1时，幂级数
a
n
n
x 收敛.
1
当 x 1时，设S x
a
n
n
x ，且a
1
1, 则
n 1
11
S xna
n1
n
n 1
x
1
1na
n
n
x
n 2
1
1
n1axn1(n
n
1
n 1
n
1
1
1
n
1
na
n
x
naxn
2 n 1
n
1
1 x
n1
n
1
na
n
x
2
S x
1
xS x
1
2
S x
,
)axn
2
n
1
进而有
1 x S x S x , 整理
2
1 得
1
2 1
S x
x
S
x
1
解之得S x
C
2.
1 x
1
1
，
x
（18）（本题满分 10 分）
为曲面
z x
2
y
2
1 x
2
y
2
4 的下侧， f x 为连续
函数，计算
2 x y d ydz 2 y x d z d x z dx d
I
xf
xy
yf
xy
zf
xy
y.
（18）【解析】因 为曲面 z x
2
y
2
1 x
2
y
2
4 的下侧，
故由转换投影法知，
2 x y d yd z 2 y x d z d x
I
xf
xy
yf
xy
zf
xy
z dxdy
z
xf xy 2 x y yf xy
D
x
x
x
yf
xf y 2 x y
2 2
D
x
y
f
2
由题意知，S 0 0 ，故C 2 ，从
2.
而有S x
1 x
22
其中D x , y 1 x y 4 .
z
2 y
x zf xy z dxdy
y
y
xy 2 y x
2 2
x
y
（19）（本题满分 10 分）
xy
2
2 2 2
d xd y
x
y
x
y
14
π
x
2
dxdy
0
2π
d
1
2
r
y
2
rdr .
3
D
12
设 f x 在区间 0, 2
上具有一阶连续导数，且 f 0 f 2 0,
M max
x0,2
f
x .
0, 2 ，使得 f M ；
证明：（Ⅰ）存在
（Ⅱ）若对任意 x 0, 2 ， f x M ，则M 0 .
（19）【证明】（Ⅰ）因 f x 在 0, 2 上连续，故存在最大值M
max
x0,2
f x .
若 M
0 ，则对0,2 ，都有 f0 ，命题成立.
若 M 0 ，因 f 0
f 2 0, 故存在 x
0
0, 2 ，使得 f
x
0
M .
当 x
0
0,1 ，由拉格朗日中值定理知，存在
1
0, x
0
0,1
，
使得
f x
0
f 0 f
1
x
0
,
f f
x
0
M M .
则
有
1
x
0
x
0
当 x
0
1, 2
，由拉格朗日中值定理知，存在
2
x
0
, 2 1,
2 ，使得
f 2 f x
0
f
2
2 x
0
,
f
则
2
有
f x
0
2 x
0
M
M .
2 x
0
当 x
0
1，由拉格朗日中值定理知，存在
3
0,1 ，使得
f
3
综上，存在
0, 2 ，使得 f M .
（Ⅱ）假设M
由（Ⅰ）知，
构造函数 g x f
x Mx, x 0,1 .
x
0
0,1 或
x
0
1, 2 时，存在0, 2 ，使得 fM ，矛盾，
从而有
M 0 .
x
0
1时，有 f 1 M ，则 f
1M ，不妨设 f 1 M .
0 ，因对任意 x 0, 2 ，有 f x M
，
f 1 f 0 f 1 M .
13
因为 g x f x M 0, 故
g x 单调不增.
又 g 0 0, g 1 0 ，从而
g x 0, x
0,1 ，即 f x Mx , x 0,1 .
构造函数h x f x Mx 2
M , x 1, 2 .
因为h x f x M 0 ，故h x
单调不减.
0, x 1,
，即
M
M 2 M 0, h 2
0 ，从而h
2 x Mx 2M .
又h
1 x f
0 x
Mx, 1,
综上，当 x
0
1时，
f x
Mx 2 M ,
1
x 2.
因为
f x f
Mx M
f 1
1
lim lim M 0,
x
1
x 1
x 1 x 1
f x f
Mx
2M M
f 1
1
lim lim M 0,
x 1
x 1
x 1
x 1
故与 f x 在 x 1 处可导矛盾，从而当 x
0
1时，有
M 0 .
若 f 1M ，则可构造 g x f x
Mx, h x f x Mx 2 M , 同
理可证.
f
综上，若对任意 x
x
0, 2 ， M ，则M
0 .
（20）（本题满分 11 分）
x y
设二次型 f x
1
, x
2
x
1
2
经正交变换 化为二
2
11
4x
4 x
1
x
2
2
Q 次型
xy
2 2
g y
1
, y
2
ay
1
2
4 y
1
y
2
by
2
2
, 其中a b .
（Ⅰ）求a , b
的值；
（Ⅱ）求正交矩阵Q .
1 2
f 的矩阵为
.
（20）【解析】
（Ⅰ）设二次型
A ，则
A
2 4
又 f 经正交变换 X QY 化成 g
y
1
, y
2
ay
1
2
4 y
1
y
2
by
2
2
,
即
X
QY a 2
TTT
f X
AX = Y Q AQY
Y
T
Y .
2
b
14
a 2 a 2
，由于Q 为正交矩阵，故 A
与B 相
T
因此Q AQ =
. 记B =
似且合同，
2 b 2 b
B
, 1 4
a b,
解得a
1或a 1, b
tr A
tr
故
即
4, b
4.
A B ,
0,
ab 4
又a b ，故a 4, b
1.
4 2
，且 A 与B 相
似. 又
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B =
2
1
A
E
12
2
5 ,
2 4
可知， A 与B 特征值均为
1
0,
2
5.
对于
1
0 ，解 A 0E x 0 ，得 A 的的特征向
2
，
属于特征值 0 量α
1
对于
5 ，解 A 5E x 0 ，得 A
的属于特
的特征向
量α
2
征值 5
2
α 1
α
1
, α
2
已经正交化，故直接
单位化，得 β
1
1
α
1
5
2 α
2
, β
2
α
1
2
1
1
2
，
1 1
.
5 2
0
故可取 P
1
β
1
, β
2
，则 P
1
为正
1
AP
1
交矩阵，且有 P
1
.
5
对于
1
0 ，解 B 0E x 0 ，得B
的属的特征向
于特征值 0 量α
2
1
2
，
对于
5
，解 B 5E x 0 ，得B 的属于特
的特征向
2
，
量α
1
征值 5
2
1
0
故可取
P
2
，则 P
2
为正交矩阵，且
1
.
BP
2
β
2
, β
1
有 P
2
5
111
则有 P AP P BP
，因此 P P AP P
1
B .
1
1
2
2
2
1
1 2
15
2 1 1 2 4
取Q = P
P
1
5
5
5
P P
T
5
5
1 2 1
2
1
2
2
1
3
3
5
,
则
4
5
5
5
5 5
5
Q
T
= P
1
P
2
T T
P
2
P
1
T
,
Q
1
= P
1
P
2
T
1
P
2
T 1
P
1
1
P
2
P
1
T
.
综上，有Q
为正交矩阵，且满足Q
T
AQ B .
（21）（本题满分 11 分）
设 A 为 2 阶矩阵， P = α , Aα ，其中α
是非零向量，且不是
A 的特征向量.
（Ⅰ）证明 P
为可逆矩阵；
（Ⅱ）若 A
2
α + Aα 6α 0 ，求 P
1
AP 并判断 A 是否相似
于对角阵.
由于α
是非零向量，故根据特征值、特征向量的定义知，α 是 A 的
属于特征值k 的特征向量.
与已知矛盾，故α 与 Aα 无关，从而 P
可逆.
（Ⅱ）由 A
2
α + Aα
AP = A α , Aα Aα , A
2
α
A
α , Aα 6α
0 6 0 6
P,
α , Aα
6α 0 知， A
2
α =
Aα 6α, 则
（21）【解析】（Ⅰ）若α 与 Aα 线性相关，则α 与 Aα
成比例，
即有 Aα kα .
1
1
1
1
1
0 6
，则有 AP = PB, 得 P AP B ，故 A 与B
记B
相似.
1
因
B E 6
2
为
1 1
可知，B 的特征值为
1
2.
3,
2
故 A 的特征值也为
1
3,
2
2.
因此 A 可相似对角化.
22.
（本题满分 11 分）
设随机变量 X
1
, X
2
,
X
3
相互独立，其中 X
1
和 X
2
服从标准正
态分布， X
3
的概率分
布为P{ X
3
0} P{ X
3
1}
1
2
，Y X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
.
1
632 ,
（Ⅰ）求二维随机变量（X
,Y）的分布函数，结果用标准正态分布
1
函数 x 表示；
（Ⅱ）证明随机变量Y 服从标准正态分布.
（22）【解析】
（Ⅰ）由
F ( x , y) P{
X
1
x, Y y} P{ X
1
x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
]
y}
P{ X
1
x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
] y, X
3
0} P{ X
1
x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
] y, X
3
1}
P{ X
1
x, X
2
y,
X
3
0} P{ X
1
x, X
1
y, X
3
1}
又X
1
, X
2
, X
3
相互独立，故F ( x , y )
1
2
( x ) ( y )
1
2
P{ X
1
x , X
1
y}
.
故 x y 时，F ( x , y )
1
2
( x )
( y )
1
2
( y )
1
2
( y
)
( x) 1 ；
故 x y 时，F ( x , y
)
1
2
( x ) ( y )
1
2
( x )
1
2
( x )
( y)
1 .
1
( x ) 1 , x
( y ) y,
2
综上，F ( x ,
y)
1
( y ) 1 , x
( x )
y.
2
（Ⅱ）由（Ⅰ）有，
1
F ( y ) lim F
( x , ( x )
y) lim ( y )
x Y
x
1 1
( y
1
) ( y ) ( y )(
y),
2
2 2
2
（23）（本题满分 11 分）
故Y
服从标准正态分布．
设某种元件的使用寿命T 的分布函数
为：F
(t )
其中 , m
为参数且大于零.
（Ⅰ）求概率P{T
0, t
t}与P{T
0
；
t
m
1
e,
t
0,
其
0, 他.
s
t | T s}，其中s
（Ⅱ）任取n
个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t
1
,t
2
,
t
n
，若m 已知，
求 的最大似然估计值 .
（23）【解析】
（Ⅰ）
t
P{T t }
1 P{T t } 1
F (t ) 1 )
m
1
e
(
P{T s t , T P{T
s 1 F (t
P{T s t | T
s} t } s)
s}
P{T 1 F
P{T s}
s}
( s )
t t
)
( s m ( s
t
m
)
m
m
(
s
s)
1 [1
] e
m
e
1 [1 (
s
)
(
s
.
)
m
e
e
]
e
t
m
)
m
1
( t
m
t 0,
m
e
,
（Ⅱ）由题意得，T
的概率密度为 f
(t )
F (t )
其他.
0,
n
m
t
1
n
m
)
t
i
(
i
i 1
e i ,
m
n
1
t 0,
n
mn
i
似然函数L ( )f (t
i
)
i 1
0,
其他.
m
n m
1 n
t
t
(
i
)
m
i
i 1
当0 时，L
( ) e i
n
1
，
t m
i
mn
n
n
t
ln L ( ) n ln m ln t
i
m
i
1
)
m
， mn ln(
i
1
i 1
n
d ln L n t t
m
( )
mn mn
i
1
i
2
m m
(
) 令
i 1
d
1
n
计值为m
t
i
m
i 1
0 ，解之得 的最大似
m
1
然估
n
i
1
t
i
m
.