时间:2016-03-06 15:44:10
.
【详解】分离变量，
(3)【答案】
【详解】补一个曲面
,取上侧，则
组成的封闭立体
满足高斯公式，
设 
，则
∴
(为锥面
和平面
所围区域)
(
为上述圆锥体体积)
注：以下几种解法针对于不同的方法求圆锥体体积
方法1：
(高中方法，圆锥的体积公式，这种方法最简便)
而 
(
在上：
)
方法2：先二重积分，后定积分.
因为
，
，
，
，
，
所以
.从而
方法3：利用球面坐标. 
在球坐标下为：
，
方法4：利用柱面坐标 .
(4)【答案】
【详解】代入点 
到平面
的距离公式
(5)【答案】 
【详解】由已知条件
变形得，
, 两边取行列式, 得
其中，
， 
因此，
.
(6)【答案】
【详解】根据独立性原理：若事件
独立，则
事件
，而随机变量
与
均服从区间
上的均匀分布，有
和
. 又随机变量与相互独立，所以，
二、选择题.
(7)【答案】
【详解】
方法1： 图示法.
因为
则
严格单调增加；因为
则是凹函数，又
，画
的图形
结合图形分析，就可以明显得出结论：
.
方法2：用两次拉格朗日中值定理
(前两项用拉氏定理)
(再用一次拉氏定理)
, 其中
由于
，从而
. 又由于
，故选
方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：
，
其中
. 此时
取1代入，可得
又由
，选
.
(8)【答案】
【详解】记
，则区域
的极坐标表示是：
，
. 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形可以看出，直角坐标的积分范围(注意 
与 
在第一象限的交点是
)，于是 
所以，原式
. 因此选
(9) 【答案】
【详解】
方法1：数列收敛的性质：收敛数列的四则运算后形成的新数列依然收敛
因为
收敛，所以
也收敛，所以
收敛，从而
也收敛.选D.
方法2：记 
，则
收敛. 但
，(
级数，
级数发散)；
(级数，
级数发散)均发散。由排除法可知，应选D.
(10) 【答案】
【详解】
方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。
已知
，由
，在
邻域，可确定隐函数
，满足
，
。
是
在条件下的一个极值点
是 
的极值点。它的必要条件是
若
，则
，或
，因此不选，
.
若
，则
(否则
). 因此选
方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数
，有
因为
，所以
，代入(1)得
若，则，选
(11)【答案】A
【详解】
方法1：若
线性相关, 则由线性相关定义存在不全为
的数
使得 
为了得到
的形式，用左乘等式两边, 得
①
于是存在不全为的数
使得①成立，所以
线性相关.
方法：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:
1. 
线性相关Û
；2. 
.
矩阵
, 设
， 则由得
. 所以答案应该为().
(12) 【答案】
【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变换或列变换)得出
将的第2行加到第1行得，即 
将的第1列的-1倍加到第2列得
，即
因为
，故
.
从而
,故选().
(13)【答案】C
【详解】本题考条件概率的概念和概率的一般加法公式
根据条件概率的定义，当
时，
得
根据加法公式有
,故选(C)
(14) 【答案】A.
【详解】由于与的分布不同，不能直接判断
和
的大小与参数关系. 如果将其标准化后就可以方便地进行比较了。
随机变量标准化，有
，且其概率密度函数是偶函数. 所以
.
同理有，
因为
是单调递增函数，当
时， 
，即
，所以
，故选(A).
三、解答题
(15)【详解】积分区域对称于
轴，
为
的奇函数，
从而知 
所以 
(16)【详解】(I) 由于
时，
，于是
,说明数列
单调减少且
. 由单调有界准则知
存在.记为.
递推公式两边取极限得
(II) 原式
，为“
”型.
因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑
所以 
(17)【详解】用分解法转化为求
的展开式，而这是已知的.
由于 
因此 
.
(18)【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了
同理 
代入
，得 
，
所以 
成立.
(II) 令
于是上述方程成为
，则
，
即 
，所以 
因为 
，所以 
，得 
又因为 
，所以 
，得 
(19)【详解】
方法1：把
两边对
求导，得：
令 
，则
；
再令 
，
所以 
，
得 
，所以由格林公式知结论成立.
方法2： 是单连通区域，对于内的任意分段光滑简单闭曲线
，
为内的一曲线
在内与路径无关
同方法1，由 可证得上式.
因此结论成立.
(20)【详解】(I)系数矩阵
未知量的个数为
，且又
有三个线性无关解，设
是方程组的3个线性无关的解, 则
是
的两个线性无关的解. 因为线性无关又是齐次方程的解，于是的基础解系中解的个数不少于2, 得
, 从而
.
又因为的行向量是两两线性无关的, 所以
. 所以
.
(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换:
= 
由, 得
， 即
.
所以作初等行变换后化为；
，
它的同解方程组 
①
①中令
求出的一个特解
；
的同解方程组是
②
取
代入②得
；取
代入②得
. 所以的基础解系为，
所以方程组的通解为：
，
为任意常数
(21)【详解】(I) 由题设条件
，
，故
是的对应于
的特征向量，又因为线性无关，故至少是的二重特征值. 又因为的每行元素之和为
，所以有
，由特征值、特征向量的定义，
是的特征向量, 特征值为
，
只能是单根，
是全体特征向量，从而知是二重特征值.
于是的特征值为
；属于的特征向量: 
；属于的特征向量: 
，
不都为.
(Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 .
先将
单位化, 得
.
对作施密特正交化, 得
,
.
作
, 则
是正交矩阵,并且
(22)【详解】
, 由于
是分段函数，所以在计算
时，要相应分段讨论. 求
只是与有关，不必先求出
的函数.
(I) 因为
，当
时，
当
时，
；
当
时，
；
当
时，
综上所述，有
由概率密度是分布函数在对应区间上的的微分，所以，
这个解法是从分布函数的最基本的概率定义入手，对y进行适当的讨论即可，属于基本题型.
(Ⅱ) 由协方差的计算公式
需要计算
，
，
.
；
；
.
故
(III) 根据二维随机变量的定义
，有
由一维概率计算公式
有，
.
(23)【答案】
的矩估计
；的最大似然估计
【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)，所以矩估计的关键在于找出总体的矩
.
最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然函数. 样本值中
小于1的概率是，大于1的概率是
. 因此，似然函数应为：
(I) 由数学期望的定义：
样本均值 
用样本均值估计期望有 
即
，解得
.
所以参数的矩估计为. 其中.
(Ⅱ) 对样本
按照
或者
进行分类，不妨设：
，
. 似然函数
，
在
，
时，等式两边同取自然对数得
，
由于
和
在的同一点取得最大值，所以令
，
解得
，所以的最大似然估计值为
.