11
（A）
PP
12
（B）
P
2
P
1
（D）
P
1
P
2
（C）
P
2
P
1

【答案】【考点分析】本题考查初等矩阵与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。
【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知
AP
1
B
，
P
2
BE
，所以
1111
ABP
1
P
2
P
1
P
2
P
1
，故选（D）
6、设< br>



1
,

2
,
< br>3
,

4

是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若

1,0,1,0

是方程组

x0
的一个

基 础解系，则

x0
基础解系可为（ ）
(A)

1
，

3
(B)

1
，

2
(C)

1
，

2
，

3
(D)

2
，

3
，

4

【 答案】【考点分析】本题考查齐次线性方程组的基础解系，需要综合应用秩，伴随矩阵等
方面的知识，有 一定的灵活性。

【解析】由

x0
的基础解系只有一个知r(A)3
，所以
r(A

)1
，又由
AAAE 0


知，

1
,

2
,< br>
3
,

4
都是

x0
的解，且

x0
的极大线生无关组就是其基础解系，又

1

1


00
A




1
,

2
,

3
,

4




1


3
0
，所以

1
,

3
线性相关，故

1< br>，

2
，

4
或

1

1


0

0


2
，

3
，

4
为极大无关组，故应选（D） 7、设
F
1

x

,F
2

x

为两个分布函数，其相应的概率密度
f
1

x

,f
2

x

是连续函数，则必为
概率密度的是 ( )
（A）
f
1

x

f
2
x

（B）
2f2

x

F
1

x

（C）
f
1

x

F
2

x

（D）
f
1
< br>x

F
2

x

f
2

x

F
1

x


【答案】【考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。
【解析】检验概率密度的性 质：
f
1

x

F
2

x

f
2

x

F
1

x
0
；



f
1

x

F
2

x

f
2
x

F
1

x

dxF
1

x

F
2

x


1。可知
f
1

x

F
2

x

f
2

x

F

1

x

为概率密度，故选（）。
8、设随机变量与相互独立，且

与

存在，记
Umax

x,y

,
Vmin

x,y

，则


(UV)
（ ）
(A)

U

V
(B)

(C)

U

(D)

V

【答案】【考点分析】本题考查随机变量数字特征的运 算性质。计算时需要先对随机变量
UV
进行处理，有一定的灵活性。
【解析】由于
UVmax{X,Y}min{X,Y}XY

可知
E(UV)E(max{X,Y}min{X,Y})E(XY)E(X)E(Y)

故应选（B）
二、填空题
9、曲线
y

x
0


tantdt

0x

的弧长= 4

【答案】
1

【考点分析】本题考查曲线弧长的计算， 直接代公式即可。
4

【解析】
s

4
0

y

'
2
dx

4
tanx dx
2
0

4
0
4
1secx1dxt anxx
0
2


4

10、微分方程
y

ye
x
cosx
满足条件
y(0)0
的解为
y

【答案】
ysinxe
x

【考 点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其
通解，再根据定解 条件，确定通解中的任意常数。
【解析】原方程的通解为
1dx1dx
ye< br>
[e
x
cosxe

dxC]e
x[cosxdxC]e
x
[sinxC]


由y(0)0
，得
C0
，故所求解为
ysinxe
x
11、设函数
F

x,y



x y
0
sint

2
F
dt
，则
2
2
1t
x


x0
y2
【答案】
【考点分析】本题考查偏导数的计算。
2223
Fysinxy
2F
ycosxy

1xy

2xysinxy
< br>2
F
【解析】。故
2
,
22
2
x1 x
2
y
2

2
x
x

1xy

4
。
x0
y2

12、设是柱面方 程
x
2
y
2
1
与平面
zxy
的交 线，从轴正向往轴负向看去为逆时针方
向，则曲线积分

L
y
2xzdxxdydz

2
【答案】
【考点分析】本题考查第二类 曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相
应的计算公式计算即可。
xcost

【解析】曲线的参数方程为

ysint
，其 中从到。因此

zcostsint


L
y
2
xzdxxdydz
2
sin
2
t
cost(c ostsint)(sint)costcost(costsint)dt

2< br>0
2

sin
2
tcostsin
3
t22
sintcostcostdt
22
0



2

13、若二次曲面的方程为
x
2
3 y
2
z
2
2axy2xz2yz4
，经正交变换化为y
1
2
4z
1
2
4
，则
【答案】
【考点分析】本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当 于告诉
了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出。
【解析】本题等价于将二次型< br>f(x,y,z)x
2
3y
2
z
2
2axy 2xz2yz
经正交变换后
2
化为了
fy
1
4z< br>1
2
。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为
1,4,0
。 < br>
1a1


2
该二次型的矩阵为
A

a31

，可知
Aa2a10
，因此
a1< br>。

111


14、设二维随机变量
(X,Y )
服从
N(

,

;

2
,
2
;0)
，则
E(XY
2
)

【答案】

3


2

【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。
【解析】：由于

0，由二维正态分布的性质可知随机变量
X,Y
独立。因此

E(XY
2
)EXEY
2
。
由于
(X,Y)
服从N(

,

;

2
,

2< br>;0)
，可知
EX

,EYDY

EY





，则
222
2
E(XY< br>2
)



2


2



3


2
。
三、解答题

ln(1x)

e
15、（本题满分10分）求极限
lim< br>
x0
x

【答案】
e

1
2
1
x
1


【考点分析】：本题考查极限的计算，属于 形式的极限。计算时先按未定式的计算方法将极
限式变形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方 法进行计算。
【解
1
x
析
1
x
】
ln( 1x)x
1
lim
x0
xe
x
1
lim< br>ln(1x)x
x
2
1
1
1
lim
x
x0
2x
：

ln(1x)

e
l im

x0
x

1

ln(1x)x

e
lim

1

x0
x

1
ee
x0
e

e
x0
2x(1x)
lim
x
e

1
2
16、（本题满分9分）设
zf(xy,yg(x))
，其中函数具有二阶连续偏导数，函数
g(x)
可导，

2
z
且在
x1
处取得极值
g(1)1
，求
xy
x 1,y1
【答案】
f
1,1
(1,1)f
1,2
(1, 1)

【考点分析】：本题综合考查偏导数的计算和二元函数取极值的条件，主要考查考生的计 算
能力，计算量较大。
【解析】：
''
z
'
f
1
'
(xy,yg(x))yf
'
2
(xy,yg(x))yg (x)

x


2
z
''
f
1,1
(xy,yg(x))xyf
1,2
(xy,yg(x))yg(x)f< br>1
'
(xy,yg(x))x
xy
''
f
2, 1
(xy,yg(x))xyg
'
(x)f
2,2
(xy,yg( x))yg(x)g
'
(x)f
2
'
(xy,yg(x))g'
(x)
由于
g(x)
在
x1
处取得极值
g (1)1
，可知
g
'
(1)0
。
故


2
z
''
f
1,1
(1,g(1))f1,2
(1,g(1))g(1)f
1
'
(1,g(1))
 xy
x1,y1
''
f
2,1
(1,g(1))g
'
(1)f
2,2
(1,g(1))g(1)g
'
(1)f2
'
(1,g(1))g
'
(1)
''
f
1 ,1
(1,1)f
1,2
(1,1)

17、（本题满分10分） 求方程
karctanxx0
不同实根的个数，其中为参数
【答案】
k 1
时，方程
karctanxx0
只有一个实根

k1
时，方程
karctanxx0
有两个实根

【 考点分析】：本题考查方程组根的讨论，主要用到函数单调性以及闭区间上连续函数的性
质。解题时，首 先通过求导数得到函数的单调区间，再在每个单调区间上检验是否满足零点
存在定理的条件。
kk1x
2
1
【解析】：令
f(x)karctanxx
，则
f(0)0
，
f

(x)
，
22
1x1x
（1）
当
k1
时，
f

(x)0
，
f(x)
在
(,)
单调递减，故 此时
f(x)
的图像与轴与
只有一个交点，也即方程
karctanxx 0
只有一个实根
（2）
k1
时，在
(,0)
和< br>(0,)
上都有
f

(x)0
，所以
f(x)
在
(,0)
和
(0,)
是严格的单调递减，又
f( 0)0
，故
f(x)
的图像在
(,0)
和
(0, )
与轴均无交点

（3）
k1
时，
k1xk 1
时，
f

(x)0
，
f(x)
在
( k1,k1)
上单调
增加，又
f(0)0
知，
f(x)
在
(k1,k1)
上只有一个实根，又
f(x)
(,k1)
或
(k1,)
都有
f

(x)0
，
f(x)
在
(,k1)
或
(k1,)
都单调减，又
f(k1)0,limf(x)
，
f(k1)0,limf(x) 
，所以
f(x)
在
xx
(,k1)
与轴无交点，在
(k1,)
上与轴有一个交点

综上所述：
k1
时，方程
karctanxx0
只有一个实根

k1
时，方程
karctanxx0
有两个实根

1 8、（本题满分10分）证明：（1）对任意正整数，都有
111
ln(1)

n1nn

（2）设
a
n
1
1

2

1
lnn(n1,2,)
，证明数列
{a
n
}
收敛
n
【考点分析】：本题考查不等式的证明和数列收敛性的证明， 难度较大。（1）要证明该不等
式，可以将其转化为函数不等式，再利用单调性进行证明；（2）证明收 敛性时要用到单调有
界收敛定理，注意应用（1）的结论。
【解析】：（1）令
1x
x
，则原不等式可化为
ln(1x)x,x0
。
nx1
先证明
ln(1x)x,x0
：
令
f(x )xln(1x)
。由于
f(x)1
'
1
0,x0< br>，可知
f(x)
在

0,

上单调递增。
1x
又由于
f(0)0
，因此当
x0
时，
f(x) f(0)0
。也即
ln(1x)x,x0
。
再证明
x
ln(1x),x0
：
x1
x
11
'
0,x0
，。由于
g(x)
可知
g(x)< br>在

0,

上
x1
1x(1x)
2
令
g(x)ln(1x)
单调递增。由于
g(0)0
，因 此当
x0
时，
g(x)g(0)0
。也即
因此，我们证明了< br>x
ln(1x),x0
。
x1
x
ln(1x) x,x0
。再令由于，即可得到所需证明的不等式。
x1
11
11< br>ln(1)
可知：数列

a
n

单调递（2）< br>a
n1
a
n
ln(1)
，由不等式
n1 n
n1n
减。
又由不等式
ln(1)
1
a
n
1
2
11
可知：
nn
111
lnn ln(11)ln(1)...ln(1)lnnln(n1)lnn0
。
n2n
因此数列

a
n

是有界的。故由单调有界 收敛定理可知：数列
{a
n
}
收敛。
19、（本题满分11分）已 知函数
f(x,y)
具有二阶连续偏导数，且
f(1,y)0,f(x,1)0< br>，

f(x,y)dxdya
D
，其中
D{(x,y) |0x1,0y1}
，计算二重积分
I

D
xyfxy

(x,y)dxdy

【答案】：

< br>【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利用分部积分法将需要计算的积分式
化为已 知的积分式，出题形式较为新颖，有一定的难度。
【解析】：将二重积分

xyf

(x,y)dxdy
转化为累次积分可得
xy
D

xyf

(x,y)dxdy

dy

xyf

(x,y)dx

xy
D
00
xy
1 1
首先考虑

1
0
xyf
xy

(x, y)dx
，注意这是是把变量看做常数的，故有

1
0
xyfxy

(x,y)dxy

1
0
xdf
y

(x,y)xyf
y

(x,y)
0
1
1
0
yf
y

(x,y)dxyf
y
(1,y)

yf

(x,y)dx

0
y
1
由
f(1,y)f(x,1)0
易知
f
y
(1,y)f
x
(x,1)0
。
故
''
< br>1
0
xyf
xy

(x,y)dx

1
0
yf
y

(x,y)dx
。
111

xyf

(x,y)dxdy

dy

x yf

(x,y)dx

dy

yf
(x,y)dx

xy
D
00
xy
00
y1
对该积分交换积分次序可得：

1

dy

yf

(x,y)dx

dx

yf

(x,y)dy

00
y
00
y
1111
再考虑 积分

yf

(x,y)dy
，注意这里是把变量看做常数的，故有
0
y
1
1
1
0
0

yf

(x,y)dy

ydf(x,y)yf(x,y)

0< br>y
1
f(x,y)dy
0

1
f(x,y)dy

0
因此

xyf

(x,y)dxdy 

dx

yf

(x,y)dy

d x

xy
D
00
y
0
TT
TTT
1111
f(x,y)dy
T
0

f(x,y)dxdya< br>
D
20、（本题满分11分）

1


1 ,0,1

,

2


0,1,1
,

3


1,3,5

不能由

1


1,a,1

,

2
< br>
1,2,3

,

3


1,3 ,5

线性表出。①求；②将

1
,

2
,

3
由

1
,

2
,

3
线
性表出。

【答案】：①
a5
；②


1

2

3




1

2

215


3


4210



102


【考点分析】：本题考查向量的线性表出，需要用到秩以及线性方程组的相关概念，解题时
注意把线性表出与线性方程组的解结合起来。
【解析】：① 由于

1,

2
,

3
不能由

1
,

2
,

3
表示
113
可知

1

2

3
124a50
，解得
a5

13a
②本题等价于求三阶矩阵使得

< br>1
,

2
,

3


< br>
1
,

2
,

3

C< br>

101

113

1
124
可知
C


1
,

2
,

3


1
,

2
,
3

013



115

135



215


计 算可得
C

4210



102


因此


1
1

2
< br>3




1

2

21 5



3


4210



102



11

11< br>

21、（本题满分11分）为三阶实矩阵，
R(A)2
， 且
A

00



00


11

11


（1）求的特征值与特征 向量（2）求

1

-1

0

 
【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为

0

，

0

，

1



1

1

0



001


（2）
A

000




100


【考点分析】：实对称矩阵的特 征值与特征向量，解题时注意应用实对称矩阵的特殊性质。


-1
 
-1

1

1



【解析】：
（1）

0

-

0


0



0


1

1

1

1



1

-1


可知：1，-1均为的特征值，

1


0

与< br>
2


0

分别为它们的特征向量
< br>1

1


r(A)2
，可知0也是的特 征值
而0的特征向量与，正交

x
1


设

3


x
2

为0的特征向量

x


3


0


x
1
x
3
0
有

得

3
k

1



x1
x
3
0

0


的特征值分 别为1，-1，0

1

-1

0


对应的特征向量分别为

0

，

0

，

1



1

1

0


（2）



-1


1

110


1

，



001

其中




0< br>

110



110

1

110


1

001

故
A001


0


110






110



1

2
0
1101


1



1
0

001


2

0


110




11



0 01





000



100


1
1

2

1


2

0




22. （本题满分11分）
X
P
Y
P
0
13
-1
13
0
13
1
23
1
13
P

X
2
Y
2

1

求：（1）

X,Y

的分布；
（2）
ZXY
的分布；
（3）

XY
.
【答案】：（1）

X
Y
-1
0
1
（2）

P
（3）

XY
0

0 1
0
13
0
-1
13
0 1
13
0
13
13 13
【考点分析】：本 题考查二维离散型分布的分布律及相关数字特征的计算。其中，最主要的
是第一问联合分布的计算。2222
【解析】：（1）由于
P

XY

1，因此
P

XY

0
。

故
P

X0,Y1

0
，因此
P

X1,Y1

P

X1,Y1
P

X0,Y1

P

Y1
13

再由
P

X1,Y0

0
可知
P

X0,Y0

P

X1,Y0
P

X0,Y0

P

Y0
13

同样，由
P

X0,Y1

0
可知
P

X0,Y1

P
X1,Y1

P

X0,Y1
P

Y1

13

这样，我们就可以写出

X,Y

的联合分布如下：








13


13

13

（2）
ZXY
可能的取值有，，
其中
P(Z1)P(X 1,Y1)13
，
P(Z1)P(X1,Y1)13
，
则有
P(Z0)13
。
因此，
ZXY
的分布律为

P
-1
13
0 1
13 13
（3）
EX23
，
EY0
，
EXY0,cov(X,Y)EXYEXEY0

故

XY

cov(X,Y)
0

DX DY
23、（本题满分11分）设
x
1
,x
2
,,x
n
为来自正态总体
N(

0
,

2
)< br>的简单随机样本，其中已
2
知，

0
未知，和分别表示样本 均值和样本方差，
^
（1）求参数的最大似然估计


（2）计算
E(

)
和
D(

)

^
^
2
^
2
2
【答案】：（1）


2

i1
n
^^
2

4
( X
i


0
)
2
222

（2）
E(

)

,D(

)
n
n
【考点分析】：本题考查参数估计和随机变量数字特征的计算，有一定的难度。在求的最大
^< br>似然估计时，最重要的是要将看作一个整体。在求

的数学期望和方差时，则需要综合应
用数字特征的各种运算性质和公式，难度较大。
【解析】：
（1）似然函数
2

L

x
1
,x
2
,,x
n
,

2



i1
n
< br>
(x
i


0
)
2

1 1
exp

exp



n
2

2

2


2

2
n


i1
n
(x
i


0
)
2




2

2


n
lnLln2

nln


则
2
lnLn1



2
2
2


2

2

i1
n
( x
i


0
)
2
nn1
2
l n2

ln


2

2
22

2

i1
n
(x
i


0)
2

2

i1
n
(x
i


0
)
2

2
^
lnL
0
可得的最大似然估计值

2

令
2

< br>^
n

i1
n
(x
i


0
)
2
，最大似然估计量
n


2
< br>i1
(X
i


0
)
2

n
（2）由随机变量数字特征的计算公式可得

2
E(

)E



^
^
2

i1< br>n
n
(X
i


0
)
2

1


n


n

i1
n
n
E(X
i


0
)
2
E (X
1


0
)
2
DX
1
< br>
2
1
D(X
i


0
)D(X
1


0
)
2
n
2

D (

)D




i1
(X
i


0
)
2

1


2
n


n

i1

由于
X< br>1


0
N

0,

2

，由正态分布的性质可知
2
2
X
1


0

N

0,1

。因此

X
1< br>

0





^
2
2

X




1

，由的性质可知
D

10

2
，因此
D(X1


0
)
2
2

4
，故



2

4
D(

)
。
n