1996 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题
一、填空题 ( 本题共 5 小题 , 每小题 3 分, 满分 15 分 . 把答案填在题中横线上 .)
(1)
设方程 x y y 确定 y 是 x 的函数 , 则 dy
___________.
(2) 设 x f ( x)dx arcsin x
C , 则
1
dx
___________..
f ( x)
(3)
设 x 0 , y 0 是抛物线 y ax 2 bx c 上的一点 , 若在该点的切线过原点
, 则系数应满足
的关系是 ___________.
(4) 设
1 1 1 1 x 1 1 a 1
a 2 a 3 a n
x 2 1
A a 12
a 22
a 32
a n 2 , X x 3 ,B1,
a 1n 1 a 2n 1 a 3n 1
a n n 1
x n
1
其中
a i
a j (i j; i, j
1,2, ,n) . 则线性方程组 A T X
B 的解是 ___________.
(5) 设由来自正态总体
X ~ N( ,0.92 ) 容量为 9 的简单随机样本 , 得样本均值 X 5 , 则未
知参数 的置信度为
0.95 的置信区间为 ___________.
二、选择题 ( 本题共 5 小题 ,每小题 3 分 , 满分 15 分 . 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
.)
2 d
cos , r sin )rdr
(1) 累次积分
0 f (r cos 可以写成 ( )
1
dy
y y 2
f (x, y)dx
1 1 y 2
(A)
0 0
(B)
dy 0 f ( x, y)dx
0 (C)
1
dx
1
(D)
1 x x
2 0 f (x, y)dy
dx
0 f ( x, y)dy
(2) 下述各选项正确的是
( )
(A) 若
u n 2 和
v n 2 都收敛 , 则
(u n v n ) 2 收敛
n 1
n 1
n 1
(B)
u v 收敛 , 则
u 2 与
v 2 都收敛
n n
n
n
n 1
n 1
n 1
(C) 若正项级数
u n 发散 , 则 u n
1
n
n 1
(D)若级数u n 收敛,且
u n v n (n1,2,),则级数v n
也收敛
n 1n 1
(3)设 n 阶矩阵A非奇异(n 2 ), A 是矩阵 A 的伴随矩阵,则()
(A)( A )
n 1
(B)( A )A
n1
A A A
(C)( A )
n 2
(D)( A )
n2
A A A A
(4)设有任意两个n维向量组 1 ,,m和1 ,, m,若存在两组不全为零的数1,, m
和 k ,, k
m , 使(
1
k )
1
(
m
k)
m
(k )
1
(
m
k)
m
0 ,则
11m11m
()
(A)1,
,m和1,,m 都线性相关
(B)1,
,m和1,,m 都线性无关
(C)1 1 ,
,m m
,
1
1
,
,m m 线性无关
(D)1 1 ,
,m m
,
1
1
,
,m m 线性相关
(5)已知0P(B)1且 P[ A1A2 B]P( A1B)P( A2B) ,则下列选项成立的是()
(A)P[A1A2B]P( A1B)P( A2 B)
(B)P A1 B A2B P(A1B) P(A2B)
(C)P A1A2P(A1 B)P(A2 B)
(D)P B P A1 P(B A1)P( A2 )P(B A2)
三、 ( 本题满分 6 分)
g( x) e x
设 f ( x)x, x 0,
其中 g ( x) 有二阶连续导数,且 g (0) 1, g (0)1 .
0,x0,
(1)求 f (x) ；
(2)讨论 f ( x) 在 ( , ) 上的连续性.
四、 ( 本题满分 6 分)
设函数 z
f (u) , 方程
x
是 x, y 的函数 , 其中 f (u),
(u ) 可
u
( ) ( ) d t 确定 u
p t
y
微； p(t) ,
(u) 连续 , 且 (u)
1. 求 p( y)
z
p( x) z
.
x
y
五、 ( 本题满分 6 分)
xe x
计算
(1 e x
)2
dx .
六、 ( 本题满分
5 分 )
1
设 f ( x) 在区间 [0,1] 上可微 , 且满足条件 f (1) 2 2 xf (x)dx . 试证 : 存在
(0,1) 使
f ( )f ( ) 0.
七、 ( 本题满分 6 分)
设某种商品的单价为
p 时 , 售出的商品数量 Q 可以表示成 Q
a c , 其中 a 、
b 、
p b
c 均为正数 , 且 a bc .
(1) 求 p 在何范围变化时 , 使相应销售额增加或减少
.
(2) 要使销售额最大 , 商品单价 p 应取何值 ?最大销售额是多少 ? 八、 ( 本题满分 6 分)
求微分方程 dy
y
x 2 y 2 的通解 .
dx
x
九、 ( 本题满分 8 分)
0 1 0 0
1 0 0 0
设矩阵A
.
0 0 y 1 0 0 1 2
(1) 已知 A 的一个特征值为
3, 试求 y ；
(2) 求矩阵 P , 使 (AP)T (AP) 为对角矩阵 .
十、 ( 本题满分 8 分)
设向量
1, 2 , , t 是齐次线性方程组 A X 0 的一个基础解系
, 向量 不是方程组
AX 0 的解,即 A0 .试证明:向量组, 1 , 2 ,,t 线性无关.
十一、 ( 本题满分7 分 )
假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2, 机器发生故障时全天停止工作,若一周 5个工作日里无故障, 可获利润10 万元；发生一次故障仍可获得利润 5 万元；发生两次故障所获利润 0 元；发生三次或三次以上故障就要亏损 2 万元 . 求一周内期望利润是多少?
十二、 ( 本题满分 6 分 )
考虑一元二次方程x2Bx C0, 其中B、C分别是将一枚色子 ( 骰子 ) 接连掷两次先后出现的点数 . 求该方程有实根的概率p 和有重根的概率q .
十三、 ( 本题满分 6 分 )
假设X,X,, X是来自总体 X 的简单随机样本；已知EX k a (k 1,2,3,4) .
12n k
证明：当 n 充分大时,随机变量Z n1n X i2近似服从正态分布, 并指出其分布参数 .
n i1
1996 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
一、填空题 ( 本题共 5 小题 , 每小题 3 分, 满分 15 分 , 把答案填在题中横线上
.)
(1) 【答案】
dx
x 1 ln y
【解析】 方法 1：方程 x
y y 两边取对数得 ln x ln y y y ln y , 再两边求微分 ,
1
dx
ln y 1 dy
dy
1
dx x ln y
1
0 .
x
x ln y 1
方法 2：把 x
y y 变形得 x e yln y , 然后两边求微分得
dx e y ln y d y ln y y y 1 ln y dy
x 1
ln y dy ,
由此可得
dy
1
dx.
x 1 ln y
(2) 【答案】
1 x
2 3 C
1
3
【解析】由
x f ( x)dx arcsin x C , 两边求导数有
xf ( x)
arcsin x
1 1 x 1 x
2 ,
1 x 2
f ( x)
于是有
1 dx x 1 x
2 dx 1
1 x
2 dx 2
f (x)
2
1 1 x
2 d 1 x 2 2
1 x 2
C .
1 3
3
(3) 【答案】
c
0 ( 或 ax 02 c ), b 任意
a
【解析】对 y ax 2
bx c 两边求导得 y 2ax b,y x
2ax
b,
所以过 x 0 ,y 0 的切线方程为
y y 0
2ax 0 b x
x 0 , 即
y ax 02
bx 0 c 2ax 0 b x x 0 .
又题设知切线过原点
0,0 , 把 x
y 0代入上式 ,得
ax 02 bx 0 c 2ax 02 bx 0 ,即 ax 02 c.
由于系数 a
0 , 所以 , 系数应满足的关系为 c
0 ( 或 ax 02 c ), b 任意 .
a
T
(4) 【答案】 1,0,0, 0
【解析】因为 A 是范德蒙行列式 , 由 a i a j 知 A
a i a j 0 . 根据解与系数矩阵
秩的关系 , 所以方程组 A T X
B 有唯一解 .
根据克莱姆法则 , 对于
1 a a
2
1
1
1 a
2 a 22 1 a
3 a 32 1
a n a n 2
易见D 1 A ,D 2 D 3
D n 0.
n 1
a 1 n 1 a 2 n 1
a 3
a n n 1
x 1 1 x 2
1 x 3
1 ,
x n
1
所以 A T X
B 的解为 x 1 1,x 2 x 3
x n
0 , 即 T
1,0,0, ,0 .
【相关知识点】克莱姆法则：若线性非齐次方程组
a 11
x 1
a 12
x
2
a 1 n x
n
b 1 ,
a 21
x 1
a 22
x
2
a 2n
x
n
b 2 , a n1
x 1
a n2
x
2
a nn
x
n
b n .
n
或简记为
j 1 a ij x j b i ,
i 1,2,
,n
其系数行列式
a
11
a 12
a 1n
D
a
21
a
22 a
2n
0 ,
a
n1
a
n 2
a
nn
则方程组有唯一解
x j
D j , j
1, 2, ,n.
D
其中
D j 是用常数项 b 1 ,b 2 ,
,b n 替换 D 中第 j 列所成的行列式 , 即
a
11
a
1, j
1 b 1 a 1,j 1 a
1n
a 21 a 2 ,j
1
b 2 a 2,j
1
a 2n
D j
.
a n1
a n, j 1
b n a n, j 1 a nn
(5) 【答案】 (4.412,5.588)
【解析】可以用两种方法求解：
(1) 已知方差 2
0.92 , 对正态总体的数学期望
进行估计 , 可根据
因 X
N ( ,0.9 2
) , 设有 n 个样本 , 样本均值 X
1 n X i ,
n i 1
有 X
N ( , 0.92
) , 将其标准化 , 由公式
X
E(X )
~ N(0,1)得：
n
D(X )
n
X ~ N(0,1)
1
n
由正态分布分为点的定义
X u
1
可确定临界值 u ,
P
1
2
2
n
进而确定相应的置信区间 ( x u
n , x u
) .
2
2
n
(2) 本题是在单个正态总体方差已知条件下 , 求期望值 的置信区间问题 .
由教材上已经求出的置信区间x u
, x u
,
2
n
2
n
其中 P U
u
1
,U
N (0,1) , 可以直接得出答案 .
2
方法 1：由题设 , 1
0.95 , 可见
0.05. 查标准正态分布表知分位点 u
1.96.本
2
题 n
9 , X
5, 因此,根据 P{
X
1.96} 0.95, 有
1
n
P{ 5
1.96} 0.95, 即
P{4.412
5.588} 0.95,
1
9
故的置信度为 0.95的置信区间是 (4.412,5.588) .
方法 2：由题设 ,10.95,
P{ U u }P{ u U u }2(u) 1 0.95,(u )0.975
22222
查得 u1.96.
2
0.92, n 9 ,X5代入 (x u, x u
n ) 得置信区间(4.412,5.588) .
2n2
二、选择题 ( 本题共 5 小题 ,每小题 3 分 , 满分 15 分 . 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.)
(1)【答案】 (D)
【解析】方法 1：由题设知 , 积分区域在极坐标系x r cos , y r sin中是
D r , | 0,0 r cos ,
2
21
与 x 轴在第一象限所围成的
即是由x1y2y
24
1
平面图形 , 如右图 .2
由于 D 的最左边点的横坐标是0 ,最右点的横坐标是1,
下边界方程是 y0, 上边界的方程是 y x x2
O
,从而D
1
21x
的直角坐标表示是
D x, y | 0 x 1,0 y x x2,
故(D) 正确 .
方法 2：采取逐步淘汰法. 由于 (A) 中二重积分的积分区域的极坐标表示为
D1r ,| 0,0r sin ,
2
而 (B) 中的积分区域是单位圆在第一象限的部分,
(C) 中的积分区域是正方形x,y | 0x 1,0y 1 ,
所以 , 他们都是不正确的. 故应选 (D).
(2)【答案】 (A)
【解析】由于级数u n2和v n2都收敛,可见级数u n2v n2收敛.由不等式
n 1n 1n 1
2u n v n u n2v n2
及比较判别法知级数
2u n v n
收敛 ,
从而
2u n v n
收敛
.
n 1
n 1
2
u n 2 v n 2 2u n v n , 即级数u n v n
2
收敛 , 故应选 (A).
又因为 u n v n
n 1
设 u n
1
2
,v n 1 n 1, 2,
n 1
1
设
u
n
n n 2
n 1,2,
, 可知 (B) 不正确 .
, 可知 (C) 不正确 .
1 n 1 1
,v n
n 1,2, , 可知 (D) 不正确 . 设 u n
n
n
注： 在本题中命题 (D) “若级数
u n 收敛 , 且 u n v n (n 1,2, ) , 则级数
v n 也收敛 . ”
n 1
n 1
不正确 , 这表明：比较判别法适用于正项级数收敛 ( 或级数绝对收敛 ) 的判别 , 但对任意项级数
一般是不适用的 . 这是任意项级数与正项级数收敛性判别中的一个根本区别
.
(3) 【答案】 (C)
【解析】伴随矩阵的基本关系式为 AA A A
A E ,
现将 A 视为关系式中的矩阵
A ,则有A(A)A
E .
方法一：由 AA
n 1
A
,可得
及(A)1
A
( A )
A (A)1
A
A
A A.
n 1
n 2
A
故应选 (C).
方法二：由A(A)
A E ,左乘 A 得
(AA )(A )
n
1
n 1
A
A ,即(AE)(A)A A .
故应选 (C). (4) 【答案】 (D)
【解析】本题考查对向量组线性相关、线性无关概念的理解
. 若向量组 1, 2 , , s 线性
无关 , 即若 x 1 1
x
2 2
x
s s
0 , 必有 x 1 0, x 2 0, , x s 0 .
既然 1,
, m 与 k 1,
, k m 不全为零 , 由此推不出某向量组线性无关 , 故应排除 (B) 、(C).
一般情况下 , 对于
k k
k l
l
不能保证必有 k 1 1
k
2 2
k s
s
0, 及 l 1
1 l s
s
0, 故 (A) 不正确 . 由已知条件 ,
有
1
1 1 m m m
k 1
1 1
k m
m
m 0 ,
又 1 ,
, m 与 k 1 , , k m 不全为零 , 故 1
1,
,
m
m ,
1
1 ,
, m
m 线性相关 .
故选 (D).
(5) 【答案】 (B)
【解析】依题意
P
A 1 A 2
B P A 1B P A 2B P A 1B
A 2
B P A 1B) P(A 2B
P(B)
P(B) P(B) ,
.
P(B)
P(B)
因 P(B)
0,故有 P AB
A B
P AB)
P(A B . 因此应选 (B).
1
2
1
2
注：有些考生错误地选择
(D). 他们认为 (D) 是全概率公式 , 对任何事件 B 都成立 , 但是忽略了
全概率公式中要求作为条件的事件 A 1, A 2 应满足 P( A 1 ) 0, P( A 2) 0 , 且 A 1, A 2 是对立事
件 .
P( AB) 【相关知识点】条件概率公式：P( B | A)
.
P( A)
三、 ( 本题满分 6 分 )
【解析】 (1)
由于 g ( x) 有二阶连续导数 , 故当 x 0 时 , f ( x) 也具有二阶连续导数
, 此
时 , f ( x)可直接计算 , 且 f ( x) 连续；当 x 0 时 , 需用导数的定义求 f
(0) .
当 x
0 时,
f (x)
x[ g (x) e x ] g( x) e
x
xg ( x) g (x) ( x 1)e
x
x 2
x 2 .
当 x
0 时, 由导数定义及洛必达法则 , 有
f (0) lim
g (x) e x
洛 lim
g (x) e x
洛 lim g ( x) e x
g (0) 1
x 2
2x
2
2 .
x 0
x 0
x 0
xg ( x) g(x) (x 1)e x
, x
0,
f (x)
x
2
所以
g (0) 1,
x
0.
2
(2)
f ( x) 在 x
0 点的连续性要用定义来判定
. 因为在 x
0 处 , 有
lim f
xg ( x) g( x)
(x 1)e x
(x) lim
2
lim g (x)xg(x)g (x) e x( x1)e x
x02x
lim g( x) e x g(0)1f(0) .
x022
而 f (x) 在 x0 处是连续函数,所以 f(x) 在 (,) 上为连续函数.
四、 ( 本题满分 6 分 )
【解析】由 z f (u) 可得z f(u)u ,z f (u)u .
x x y y
在方程 u
x
p(t )dt 两边分别对x, y求偏导数,得(u)
y
u(u)u p( x),u(u)u p( y).
x x y y
所以u
1p(x),
u
p( y) .
x(u)y 1(u)
于是p( y)z p( x)z p( x) p( y)p( x) p( y)f(u) 0 .
x y1(u)1(u)
五、 ( 本题满分 6 分 )
【分析】题的被积函数是幂函数与指数函数两类不同的函数相乘, 应该用分部积分法 .【解析】方法 1: 因为
xe x
2 dx xd 1
x 分部积分
x dx
(1e x
e e
x
1e
x
)11
x
1 e
x
1e
x
e x x dx x x1x d(1 e x )
1 e 1 e 1 e
x ln(1e
x ) C ,
x x
所以xe x
)2 dx lim xe x ln(1e x )ln 2.
0(1e x 1 e
而lim xe x x ln(1e x)lim xe x x ln e x (1 e x )
x1e x1e
lim xe x x x ln(1 e x )
lim
x 0 0 ,
1 e
x x
故原式 ln 2 .
方法 2:
xe x
2 dx
xe x
2 dx
xd 1
(1 e x
)
x
x
(1 e ) 0
1 e
x
dx
dx
e x
x dx
1 e
x
x x
1 e 0
1 e
1 e 0
1 x d (1 e x )
ln(1 e x )
ln 2.
1 e
六、 ( 本题满分 5 分 )
【分析】由结论可知
, 若令 (x) xf (x) , 则
(x)
f ( x) xf ( x) . 因此 , 只需证明 (x) 在
[0,1] 内某一区间上满足罗尔定理的条件 .
【解析】令
( x)
xf ( x) , 由积分中值定理可知 , 存在
(0, 1
) , 使
2
1
1
1
(),
2
xf (x)dx
2
(x)dx
2
1
1
由已知条件 , 有 f (1) 2 2
xf ( x)dx
( )
( ),于是
2
2
(1) f (1) ( ),
且 ( x) 在 ( ,1) 上可导 , 故由罗尔定理可知 , 存在
( ,1) (0,1), 使得
( ) 0, 即 f ( ) f ( )
0.
【相关知识点】 1. 积分中值定理：如果函数 f (x) 在积分区间 [ a, b] 上连续 , 则在 [ a,b] 上至
少存在一个点
, 使下式成立：
b
f ( )(b a)
a b .
f ( x)dx
a
这个公式叫做积分中值公式 .
2. 罗尔定理：如果函数
f ( x) 满足
(1) 在闭区间 [ a, b] 上连续；
(2) 在开区间 a,b 内可导；
(3) 在区间端点处的函数值相等
, 即 f (a) f (b) ,
那么在
a,b 内至少有一点
( a
b ), 使得 f
0 .
七、 ( 本题满分 6 分 )
【分析】利用函数的单调性的判定 , 如果在 x 的某个区间上导函数
f x
0 , 则函数 f x
单调递增 , 反之递减 .
【解析】 (1) 设售出商品的销售额为
R , 则
a
ab
c p b 2
R
pQ p(
.
p b
c), R ( p)
p b
2
令 R
0, 得
p 0
ab b b ( a
bc)
0 .
c c
当 0
p
b ( a bc) 时 , R
0 , 所以随单价 p 的增加 , 相应销售额 R 也将增加 .
c
当 p
b ( a b
c ) 时 , 有 R 0 , 所以随单价 p 的增加 , 相应销售额 R 将减少 .
c
(2) 由 (1) 可知 , 当 p
b
( a
bc) 时 , 销售额 R 取得最大值 , 最大销售额为
c
R max
ab
b
a c
( a
bc)2 .
c
ab
c
八、 ( 本题满分 6 分 )
【解析】令 z
y , 则 dy
z x
dz
.
x dx
dx
当 x
0 时, 原方程化为 z
x dz
z
1 z
2 , 即 dz
dx , 其通解为
dx
1 z 2
x ln( z
1
z 2 )
ln x
C 1 或 z
1
z 2
C .
x
代回原变量 , 得通解 y
x 2 y 2
C ( x 0) .
当 x 0 时, 原方程的解与 x 0 时相同 , 理由如下 : 令 t
x , 于是 t 0,而且
dy dy dx dy y
x 2 y 2 y
x 2 y 2
y
t 2 y 2
.
从而有通解 yt 2y2 C (t 0) ,即 y x2y2 C ( x0) .
综合得 , 方程的通解为y x2y 2 C .
注：由于未给定自变量 x的取值范围 , 因而在本题求解过程中, 引入新未知函数z y
后得x
x2y2x 1 z2,
从而 , 应当分别对x0 和 x0 求解,在类似的问题中,这一点应当牢记.
九、 ( 本题满分8 分)
【分析】本题的(1) 是考查特征值的基本概念, 而 (2) 是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题转化成二次型求标准形的问题, 用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题.
【解析】 (1)因为3是 A的特征值,故
3100
3E A
1300313y1
y)0, 003y1131
8(2
1
0011
所以 y 2 .
(2) 由于A T A ,要( AP)T(AP)P T A2P, 而
1000
A20100
0054
0045
是对称矩阵, 故可构造二次型x T A2 x ,将其化为标准形y T y .即有A2与合同 .亦即P T A2P.
方法一：配方法 .
由于x T A2 x x12x225x325x428x3 x4
x12x225( x328
x3 x4
16
x42 ) 5x4216 x42 5255
x12x225( x34
x4 ) 2
9
x42 , 55
那么 , 令y1x1 , y2x2 , y3x34
x4 , y4x4 , 即经坐标变换5
x 1 1 0 0 0 y 1
0 1 0 0
x 2
y 2 0 0 1
4 ,
x 3
5
y 3
x 4 0 0 0 1 y 4
有
x T
A 2
x y 1
2
y 22
5y 32
9
y 42 .
5
1 0 0 0
1
0 1 0 0
(AP)T
(AP)
P T
A 2
P
1
所以,取
P
0 0 1
4 , 有 5.
5
9 0 0 0 1
5
方法二： 正交变换法 .
二次型 x T A 2 x
x 12
x 22 5x 32 5x 42 8x 3 x 4 对应的矩阵为
1
0 0 0
A 2
0 1 0 0 , 0 0 5 4
0 0 4 5
其特征多项式
1 0
E
A
2
0 1
0 0 1)3
(
9) .
0 0 5 (
4
4
5
A 2 的特征值 1
1,
2 1,
3
1,
4
9 . 由 ( 1 E A 2 ) x
0 , 即
0 0 0 0 x 1 0
0 0
x 2
x 3
,
0 0 4 4 0
4
4
x 4
和 ( 4E A 2 )x
0 , 即
8 0 0 0 x 1 0
8
0 0
x 2
x 3
,
0 0 4 4 0
4 4
x 4
分别求得对应
1,2,3
1的线性无关特征向
量
1
(1,0,0,0) T , 2
(0,1,0,0) T ,
3
(0,0,1, 1)T ,
和 4
9 的特征向量
4
(0,0,1,1)T .
对 1, 2 , 3 用施密特正交化方法得
1 ,
2 ,
3,再将 4
单位化为
4 ,其中：
1
(1,0,0,0) T , 2 (0,1,0,0) T ,
3
(0,0, 1 , 1 ) T ,
4
(0,0, 1 , 1 )T .
2 2
2 2 取正交矩阵
1 0 0 0
1 0 0
P
1,2,3,
4
0 0
1
1 ,
2
2
1
1
2
2
1
则
P 1A 2P P T A
2
P 1 ,
1
9
1
即
(AP)T ( AP) P T A
2
P 1
. 1
9
十、 ( 本题满分 8 分)
【解析】 证法 1： (
定义法 )
若有一组数
k, k 1 , k 2 , ,k t , 使得
k
k 1 (
1)
k 2 (
2 )
k t (
t )
0,
(1)
则因
1,
2 ,
, t 是 AX 0的解,知 A
i
0(i 1,2, , t) , 用 A 左乘上式的两边 , 有
(k k 1 k 2
k t ) A 0 .
(2)
由于 A
0 , 故 k k 1 k 2
k t
0.
对 (1) 重新分组为 (k k 1 k 2
k t ) k
1 1
k 2
2 k t
t
0 .
(3)
把 (2) 代入 (3) 得 k
1
k
2 2
k
t t 0 .
1
,
,
代入 (2) 式得 :
因此向量组
k 0 .
,
1 ,
2 , ,
t 线性无关 .
证法 2： ( 用秩 ) 经初等变换向量组的秩不变 . 把第一列的 -1 倍分别加至其余各列 , 有
, 1,
2 ,
,
t
,1,2,
, t .
因此
r
,
1 ,
2 ,
,
t
r
,1,2,
, t .
由于
1,
2 ,
, t 是基础解系 , 它们是线性无关的 , 秩 r
1, 2,
, t t , 又
必不能
由1,2, , t 线性表出 ( 否则 A
0 ), 故 r
1 ,
2 ,
,
t ,
t
1.
所以
r ,
1 ,
2 ,
,
t
t 1.
即向量组
,
1 ,
2 ,
,
t 线性无关 .
十一、 ( 本题满分 7 分 )
【解析】设一周
5 个工作日内发生故障的天数为
X , 则 X 服从二项分布即 B(5,0.2) .
由二项分布的概率计算公式
, 有
P X 0
0.85
0.32768,
P X 1 C 51 0.84 0.2 0.4096,
P X 2 C 52 0.83 0.22 0.2048,
P X
3
1 P X
0 P X 1
P X
2
0.05792.
设一周内所获利润
Y (万元),
则Y 是 X 的函数, 且
10, 若X 0, Y f ( X )
5,
若X 1, 0, 若X
2,
2, 若X
3.
由离散型随机变量数学期望计算公式
,
EY 10 0.32768 5 0.4096
2
0.05792
5.20896 (万元).
【相关知识点】 1. 二项分布的概率计算公式：
若 Y
B(n, p) , 则 P Y
k
C n k p k (1 p)n k ,
k
0,1, ,n .
n
2. 离散型随机变量数学期望计算公式：
E(X )
x k P X
x k .
k 1
十二、 ( 本题满分 6 分 )
【解析】一枚色子( 骰子 ) 接连掷两次 , 其样本空间中样本点总数为36.
设事件 A1“方程有实根”, A2“方程有重根” , 则A1B24C0C B2.
4用列举法求有利于A i的样本点个数 ( i1,2 ),具体做法见下表 :
有利于的意思就是使不等式C B 2
C 越小越好.
尽可能的成立 , 则需要B越大越好 ,
4
当 B 取遍1,2,3,4,5,6时 , 统计C可能出现的点数有多少种 .
B123456
有利于 A 的样本点数012466
1
有利于 A2的样本点数010100
由古典型概率计算公式得到
p P( A1 )1 2 4 6 6 19
, q P( A2 )11 1.
36363618
【相关知识点】古典型概率计算公式：P( A i )有利于事件 A i的样本点数
.
样本空间的总数
十三、 ( 本题满分 6 分)
【解析】依题意 , X1, X2,, X n独立同分布,可见 X12 , X22 ,, X n2也独立同分布.由EX k a ( k 1,2,3,4) 及方差计算公式,有
k
EX i2a2 ,DX i2EX i4(EX i2 )2a4a22 ,
EZ n 1 n2
a2 , DZ n
1n21
( a4
2 n i 1EX i n2i 1DX i n a2 ).
因此 , 根据中心极限定理
U n
Z n a2
(a4a22 )
n
, 即当n充分大时, Z n近似服从参数为a a 2
的极限分布是标准正态分布(a2 ,42 ) 的正态分
n
布.
【相关知识点】 1. 列维 - 林德伯格中心极限定理, 又称独立同分布的中心极限定理：设随机变量X1, X2 , , X n独立同分布,方差存在,记与20分别是它们
相同的期望和方差, 则对任意实数x ,恒有
1n
lim P(X i n ) x( x),
n n i 1
其中(x) 是标准正态分布函数.
2. 方差计算公式：D(X )E(X2)E2(X).