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厦门大学2009级概率论期中考试试卷答案

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1. （6分）设BA,都出现的概率与BA,都不出现的概率相等, 且pAP)(, 求)(BP. 解 由题设条件得

)P()P()P(1)P(1)P()P(ABBABABAAB --------4分

故 pAB1)P(1)P(。 --------2分 2. （6分）设某光学仪器厂制造的透镜, 第一次落下时打破的概率为1/2, 若第一次落下未打破, 第二次落下打破的概率为7/10, 若前两次落下未打破, 第三次落下打破的概率为9/10. 试求透镜落下三次而未打破的概率.

解 以)3,2,1(iAi表示事件“透镜第i次落下打破”, B表示事件“透镜落下三次而未打

破”. 为,321AAAB 故有 --------2分 )(BP)(321AAAP)|()|()(213121AAAPAAPAP 

10911071211.2003

--------4分

3. （8分）人们为了解一支股票未来一定时期内价格的变化, 往往会去分析影响股票价格的基本因素, 比如利率的变化. 现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%, 利率不变的概率为40%. 根据经验, 人们估计, 在利率下调的情况下, 该支股票价格上涨的概率为80%，而在利率不变的情况下, 其价格上涨的概率为40%, 求该支股票将上涨的概率. 解 记A为事件“利率下调”, 那么A即为 “利率不变”, 记B为事件“股票价格上涨”.

依题设知%,60)(AP%,40)(AP%,80)|(ABP%,40)|(ABP --------2分 于是 )(BP)()(BAPABP)|()()|()(ABPAPABPAP%40%40%80%60%.64

--------6分 4. （12分）一条自动生产线上的产品, 次品率为4%, 求解以下两个问题: (1) 从中任取10件, 求至少有两件次品的概率; (2) 一次取1件, 无放回地抽取,求当取到第二件次品时, 之前已取到8件正品的概率. 解 (1) 由于一条自动生产线上的产品很多, 当抽取的件数相对较少时, 可将无放回抽取近似看成是有放回抽取, 每抽1件产品看成是一次试验,抽10件产品相当于做10次重复独立试验, 且每次试验只有 “次品” 或 “正品” 两种可能结果,所以可以看成10重伯努利试验.

设A表示 “任取 1 件是次品”, 则,04.0)(APp.96.0)(APq -------2分 设B表示 “10件中至少有两件次品”, 由伯努利公式有

)1()0(1)()(101010210PPkPBPk911010

96.004.096.01C.0582.0

--------4分

厦门大学概率统计课程期中试卷 ＿＿＿＿学院＿＿＿系＿＿＿年级＿＿＿专业 考试时间 2010.11.20 (2) 由题意, 至第二次抽到次品时, 共抽取了10次, 前9次中抽得8件正品1件次品. 设C表示 “前9次中抽到8件正品1件次品”, D表示 “第十次抽到次品”, 则由独立性和伯努利公式, 所求的概率为 --------4分

.0104.004.096.004.0)()()(891CDPCPCDP --------2分 5．（14分）设随机变量X具有概率密度





.,0,43,22,30,)(其它xxxkxxf

}.2/71{)3();()2(;)1(XPxFXk求的分布函数求确定常数 解 (1) 由,1)(dxxf 得,1224330dxxkxdx --------2分

解得,6/1k于是X的概率密度为.,043,2230,6)(其它xxxxxf --------2分 (2) X的分布函数为 )(xF



4,143,22630,60,03030xxdttdttxdttx

xx

.4,143,4/2330,12/0,022xxxx

xx

x --------6分

(3) 2/71)(}2/71{dxxfXP2/73312261dxxxdx2/73231242121xxx,4841 或)1()2/7(}2/71{FFXP.48/41 --------4分 6．（12分）具有概率密度设二维随机变量),(YX





.,0,0,0,2),()2(其它yxe

yxf

yx

(1) 求分布函数);,(yxF (2) 求概率}.{XYP 解 (1) xydxdyyxfyxF),(),(,,00,0,20)2(0其它yxdxdyexyxy ------4分

即有 .,00,0),1)(1(),(2其它yxeeyxFyx -------2分 (2) 将),(YX看作是平面上随机点的坐标, 即有},),{(}{GYXXY 其中G为xOy

平面上直线xy及其下方的部分, 于是 }),{(}{GyxPXYP Gdxdyyxf),(yyxdxdye)2(02



yyxdxedy)2(2 --------4分

dyeeyxy][2.313dyey

------2分

7． （12分）设店主在每日开门营业时，放在柜台上的货物量为Y，当日销售量为X假定一天中不再往柜台上补充货物，于是YX. 根据历史资料，),(YX的概率密度函数为

.,0200,0,200/1),(其它时，当yyxyxf

即),(YX服从直角三角形区域OAB上的均匀分布, 见右图. 求 (1) 给定yY条件下,X的条件分布. (2)假定某日开门时,10Y件,求这天顾客买走5X件的概率. 如果20Y件呢? 解 (1) Y的边缘概率密度为

,,0200,2002001)(0其它yydxyfyY --------3分

于是, 当200y时, 有,,00,/1)(),()|(|其它yxyyfyxfyxfYYX ------3分 该结果表明: 对给定的,200y x的条件分布是],0[y上的均匀分布. (2) 因为,10/1)10|(|xfYX,100x -----1分

所求概率5|)10|(}10|5{dxxfYXPYX,2110150dx ------2分 即开门营业时有10件货物, 当日卖出不超过5件的概率为1/2. 又因为,20/1)20|(|xfYX200x -------1分

于是)20|5(}20|5{|YXFYXP550|41201)20|(dxdxxfYX -----2分 即开门营业时有20件货物, 当日卖出不超过5件的概率仅为1/4. 这表明货物销售量的概率与现有货物数量的关系很密切. 8． （10分）某商店对某种家用电器的销售采用先使用后付款的方式. 记使用寿命为X(以年计), 规定:

.3000,3;2500,32;2000,21;1500,1元一台付款元一台付款元一台付款元一台付款XXXX

设寿命X服从指数分布, 概率密度为 



.0,00,10110/xxexf

x

试求该类家用电器一台收费Y的数学期望. 解 先求出寿命X落在各个时间区间的概率, 即有

,0952.01101}1{1.01010/edxeXPx -----------------------------1分

212.01.010/101}21{eedxeXPx,0861.0 --------------------------1分

3.02.03210/101}32{eedxeXPx,0779.0 --------------------------1分

,7408.0101}3{3.0310/edxeXPx -------------------------------------1分

则Y的分布律为

7408.00779.00861.00952.03000250020001500kpY ------------------3分

得,15.2732)(YE 即平均一台收费15.2732元. -------------------3分

9．（20分）设随机变量),(YX的概率密度为 



.,0;0,),(其它yxe

yxf

y

(1) 求X与Y的边际概率密度, 并判断X与Y是否相互独立; (2) 求在yY的条件下, X的条件概率密度; (3) 求概率 .4|21|2/10},12{YXPYXPYXP

解 (1) ,),()(dyyxfxfX,x

当0x时，,0)(xfX 当0x时，,)(xxyXedyexf 所以,0,00,)(xxexfxX ------4分

类似可得.0,00,)(yyyeyfyY -------2分 由于当yx0时, ),()()(yxfyfxfYX, 故X与Y不相互独立. ----- 3分 (2) 由(1)知, 当0y时, ,0)(yfY所以, 在yY的条件下, X的条件概率密度为

)(),()|(|yfyxfyxfYYX.,00,/1

其它

yxy ----------3分

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14-15厦门大学第一学期微积分I期中试卷解答

14-15厦门大学第一学期微积分I期中试卷解答

一、计算下列各题：（每小题5分，共50分） 1．求极限1230lim(12)xx x -+→-；解：1122223233lim(12)=lim[(12)]lim(12)e xx x x x x x x -+-→→→--⋅-=.2．1ln(1arcsin 1y x x =++++（0x >），求d y ；解：1d )1y x x =++1]d d2x x =+x =3．设2()sin y x ax b kx =++，其中0k >为常数，求n 阶导数； 解：设b ax x v kx u ++==2,sin ，用莱布尼兹高阶导数公式，v kx C v kx C v kx y n n n n n n ''⋅+'⋅+⋅=--)2(2)1(1)()()(sin )(sin )(sin而 ()(sin )sin(π),,1,22j j jkx k kx j n n n =+=--, 于是()21212()sin(π)(2)sin(π)(1)sin(π).222n n n n n n n y k x ax b kx nk x a kx n n k kx ----=++++++⋅+-+4．设函数()f x 在0x =处连续，且0()lim3ln(12)x f x x →=+，求(0)f ，(0)f '；解：因为函数()f x 在0x =处连续，故00()(0)lim ()limlimln(12)0ln(12)x x x f x f f x x x →→→==⋅+=+.00()(0)()ln(12)(0)limlim lim 3260ln(12)x x x f x f f x x f x x x→→→-+'==⋅=⨯=-+. 5．求曲线1ln(e )y x x=+（0x >）的渐近线；解：1lim lim ln(e )1x x y k x x→+∞→+∞==+=，1lim ()lim [ln(e )]x x b y kx x x x →+∞→+∞=-=+-11lim ln(1)e ex x x →+∞=+=，故所求渐近线为1ey x =+.6．计算不定积分2ln(1)d x x x +⎰；解：322221ln(1)d ln(1)d 21x x x x x x x x +=+-+⎰⎰2221ln(1)()d 21x x x x x x =+--+⎰ 2222111l n (1)l n (1)222x x x x C =+-+++22211(1)ln(1)22x x x C =++-+ 7．求33sec tan d x x x ⎰；解：3322sec tan d sec tan d sec x x x x x x =⎰⎰42(sec sec )d sec x x x =-⎰5311sec sec 53x x C =-+8．设函数()y y x =由方程3222221y y xy x -+-=确定，求()y y x =的驻点，并判别它是否为极值点.解：对方程3222221y y xy x -+-=两边求导，得2642()20y y yy y xy x '''-++-=， 解得 232x yy y y x-'=-+.令0y '=，则x y =，代入方程，可得32210x x --=，即2(1)(21)0x x x -++=，解得1x =. 故所求驻点为(1,1).对2642()20y y yy y xy x '''-++-=两边求导，得22212()64()42()20y y y y y y y y y x y ''''''''''+--+++-=， 将1,1,0x y y '===代入，得64220y y y ''''''-+-=，则1=02y ''>，故1x =为极小值点. 9．设0a >，求曲线(cos sin ),(sin cos ),x a t t t y a t t t =+⎧⎨=-⎩在π4t =处的曲率；解一：d (cos cos sin )tan d (sin sin cos )y a t t t t t x a t t t t -+==-++，π4d 1d t y x ==； 2232d s e c s e c d (s i n s i n c o s )y tt x a t t tt a t ==-++，22π4d d πt y x a ==.故所求曲率为23/24.(1)πy k y a''==='+解二：d (sin sin cos )cos d x a t t t t at t t =-++=；π4d d 8t x a t ==； d (cos cos sin )sin d y a t t t t at t t =-+=；π4d d 8t y a t ==；22d (cos sin )d x a t t t t =-；22π4d π(1)d 24t x t ==-；22d (sin cos )d y a t t t t =+；22π4d π(1)d 24t y a t ==+；所求曲率为14πk a a ===. 10．求0x → 解：x →=原式01) =2x →202112=l i m 12s i n 3x x x x x →⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭3=.4二、计算下列各题：（每小题6分）1．若(1)0f =且(1)2f '=，计算20(sin cos )lim (e 1)tan x x f x x x→+-； 解：2200(sin cos )(1sin cos 1)(1)lim lim (e 1)tan (e 1)tan x x x x f x x f x x f x x→→+++--=-- 2220(1sin cos 1)(1)sin cos 1lim .sin cos 1(e 1)tan x x f x x f x x x x x →++--+-=+--20sin cos 1(1)lim (e 1)tan x x x x f x→+-'=- 由于 22222001()sin cos 112limlim(e 1)tan 2x x x x x o x x x xx →→-++-==-，于是 20(sin cos )1lim '(1)(e 1)tan 2x x f x x f x →+=- 2． 已知数列{}n x 满足：01n x <<，11(1)4n n x x +-≥，求lim n n x →∞；解：()212110,4(1)4(1)n n n n n n x x x x x x +--≥-=>--{}n x 单调增。

2009年厦门市高三质量检查测试03

2009年厦门市高三质量检查测试03

(1)求f(x)的解析式；
(2)若对于任意实数α和β恒有不等式|f(2sinα)―f(2sinβ)|≤m成立，求m的最小值
(3)若g(x)=xf(x)+tx2+kx+s，是否存在常数t和k，使得对于任意实数s，g(x)在[－3，―2]上递减，而在[－1，0]上递增，且存在x0(x0>1)使得g(x)在[1，x0]上递减？若存在，求出t+k的取值范围；若不存在，则说明理由.
13．已知(1＋)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，a3＝，则a1＋a2＋…＋an＝_______．
14．平面上向量 绕点 逆时针方向旋转 得向量 ，且 （7，9），则向量 ____________．
15．直角三角形ABC中，AD是斜边BC上的中线，若AB，AD，AC成等比数列，则∠ADC等于．
(1)探索x2k―2与x2k―1的关系，说明你的理由，并求x1的值；
(2)探索x2k―1与x2k的关系，说明你的理由，并求x2的值；
(3)求数列{xn}通项公式xn；
(4)是否存在实t，使得对于任意的自然数n和任意的实数x，不等式+++…+≤3tx4―4tx3―12tx2+33t―恒成立？若存在，求出这样的实数t的取值范围；若不存在，则说明理由.
∵在□AACC中，AA＝AC＝2，AC＝2，
∴cosACP＝，
在△ACP中，AC＝2，CP＝，cosACP＝，
∴AP＝＝2，
∴AB＝AP，∵Q为BP中点，连AQ，则AQBP，
∵BC平面AAEE，∴BCAQ，∴AQ平面BCCB．
∵AQ平面ABP，∴平面ABP平面BBCC．
（Ⅲ）解法一：当＝1时，不妨设AA＝AC＝2，∵点A在平面ABC上的射影为△ABC的中心，∴AA＝AB＝AC．∴△ABC为等边三角形，取AB中点M，连CM，则CMAB．CM＝．过P作PNAB，垂足为N，则与所成的角即为二面角C－AB－P的大小．
2009厦门中考数学真题及答案

2009厦门中考数学真题及答案


法 2：当直线 y＝－ 3x＋b 与直线 y＝x（x＞0）相交时， b 有 x＝－ 3x＋b，即 x＝ . 1＋ 3 ① 当 0＜b＜1＋ 3时，0＜x＜1， 0＜y＜1. 此时直线 y＝－ 3x＋b 与线段 OB 相交，且交点不与点 O、 B 重合. ② 当 b＞1＋ 3时，x＞1， 此时直线 y＝－ 3x＋b 与线段 OB 不相交. 而当 b≤0 时，直线 y＝－ 3x＋b 不经过第一象限，即与正方形 OABC 不相交. ∴ 当 0＜b＜1＋ 3时，直线 y＝－ 3x＋b 与正方形 OABC 相交. ……9 分 此时有 0＜d＜ 3＋1 . 2 ……10 分
……5 分 ……6 分 ……7 分
……8 分 ……9 分
……6 分 ……7 分
……8 分 ……9 分 ……2 分 ……3 分 ……4 分
……5 分
BA 1 法 1：在 Rt△BAD 中，tan∠BDA＝ ＝ ＝ 3， AD 3 3 ∴ ∠EDO＝60°， ∠OED＝30°. 过 O 作 OF1⊥DE，垂足为 F1，则 OF1＝d1. ……7 分 在 Rt△OF1E 中，∵ ∠OED＝30°， ∴ d1＝ 3＋1 . 2 ……8 分
2 1 （1）解：P（点数之和是 11）＝ ＝ . 36 18 （2）解：最有可能出现的点数之和是 7. ∵ 在所有可能出现的点数之和中，7 是众数. 1 或： P（点数之和是 7）＝ ， 6
……4 分 ……6 分 ……8 分 ……7 分
是所有可能出现的点数之和的概率的最大值. ……8 分 20． （本题满分 8 分） （1）解：y＝7－2x（2≤x≤3） ……1 分 A 画直角坐标系 ……2 分 画线段 ……4 分 （2）证明：∵ AB＝AC，∴ ∠B＝∠C. ……5 分 ∵ ∠B＝∠BAD，∴ ∠BAD＝∠C. ……6 分 C B D 又∵ ∠B＝∠B， ……7 分 ∴ △BAC∽△BDA. ……8 分 21． （本题满分 8 分） （1）∵ ∠DCB＋∠DCF＝180°， ……1 分 A D 又∵ ∠B＋∠DCF＝180°， E ∴ ∠B＝∠DCB. ……2 分 ∵ 四边形 ABCD 是梯形， B C F ∴ 四边形 ABCD 是等腰梯形. ……3 分 （2）∵ AD∥BC， ∴ ∠DAE＝∠F. ……4 分 ∵ E 是线段 CD 的中点，∴ DE＝CE. 又∵ ∠DEA＝∠FEC， ∴ △ADE≌△FCE . ……5 分 ∴ AD＝CF. ……6 分 ∵ CF∶BC＝1∶3，∴ AD∶BC＝1∶3. ∵ AD＝6，∴ BC＝18. ……7 分 ∴ 梯形 ABCD 的中位线是 (18＋6)÷2＝12. ……8 分 22． （本题满分 8 分） （1）解：设摩托车的速度是 x 千米/时，则抢修车的速度是 1.5x 千米/时. 由题意得 45 45 3 － ＝ ， x 1.5x 8 ……2 分 ……3 分 ……4 分 ……6 分 ……7 分 ……5 分 ……6 分
厦门大学10-11学年第二学期《高等代数》半期考试卷参考答案

厦门大学10-11学年第二学期《高等代数》半期考试卷参考答案


a ¹ 0 。必
2
10­11 学年第二学期厦门大学《高等代数》期中试卷参考答案
3) 设 f ( x ) = x + 4 x + 5 x + 3 ， 则____是以 f ( x ) 的根的倒数为根的四次多项式。 3 x + 5 x + 4 x + 1 （不唯一，可相差非零常数倍）
且 p( x) | f ( x ) g ( x ) ，证明： p( x) | f ( x ) 且 p( x) | g ( x ) 。 证明：因 p( x ) 是数域 K 上的不可约多项式且 p( x) | f ( x ) g ( x ) ，所以 p( x) | f ( x ) 或者 p( x) | g ( x ) 。若
① x 2 + p （其中 p 是素数） ； A) 3，1； C) 2，1； 3)
设 f ( x ) 是数域 K 上的非零多项式， p( x ) 是 K 上不可约多项式。如果存在复数 c ，使得
f (c ) = p (c) = 0 ，则____。B
A) f ( x) | p ( x ) ； C) f ( x) = p( x) ； 4) B) p( x) | f ( x ) ； D) f ( x) = ap( x )( a ¹ 0) 。
厦门大学《高等代数》课程试卷
数学科学学院 各 系 2010 年级 各 专业
10­11 学年第二学期厦门大学《高等代数》期中试卷参考答案
主考教师：杜妮、林鹭 试卷类型： （A 卷）
2011.3.31
一、 单选题（32 分. 共 8 题, 每题 4 分）
1) 设 ( f ( x ), g ( x )) = 1 ， ( f ( x ), h( x )) = 1 ，则____未必互素。D B) f ( x ) 与 f ( x ) + g 2 ( x ) ； D) f ( x ) 与 g ( x ) + h( x) 。