1、一、填空题一、填空题(1)【答案】y =x 1【详解】方法 方法 1：因为直线 x +y =1的斜率k1 =1，所以与其垂直的直线的斜率k2 满足121k k ，所以21k，即21k，曲 线lnyx上 与 直 线1xy垂 直 的 切 线 方 程 的 斜 率 为 1，即11()lnxyx，得1x，把1x 代入lnyx，得切点坐标为)0,1(，根据点斜式公式得所求切线方程为：01(1)yx，即1yx方法方法 2：本题也可先设切点为l)(,n00 xx，曲线lnyx过此切点的导数为1100 xyx x，得10 x，所以切点为00(,ln)1,0 xx，由此可知所求切线方程为01(1)yx，即1yx.
2、(2)【答案答案】2()ln21x【详解】先求出()fx的表达式，再积分即可.方法方法 1：令etx，则xtln，1xet，于是有ttftln()，即.ln()xxfx 两边积分得2ln1()lnln(ln)2xf xdxxdxxCx.利用初始条件(1)0f,代入上式：21(1)(ln1)02fCC，即0C，故所求函数为()f x=2(ln)21x.方法方法 2：由lnxxe，所以xxxfee()lnlnxxxxeeee，所以.ln()xxfx 下同.(3)【答案】23【详解】利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分.2004 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析关注公众
3、号【考研题库】保存更多高清资料L为正向圆周222xy在第一象限中的部分，用参数式可表示为.20:s,2 incos,2yx于是2Lxdyydx202cos2sin2 2sin2cosdd20 2cos2cos2 2sin2sin d2222222002cos4sin2 cossin2sindd2222200022sin22sinddd 220021 cos2d222000131cos22sin2222d3133sinsin002222(4)【答案】212xcxcy【详解】欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换txe化为常系数线性齐次微分方程即可.令txe，有1ln,dttxdxx，则1dydy
4、dtdydxdt dxx dt，221d yddydxdxx dt211dyddyd uvvduudvxdtx dxdt 211dyddydtxdtx dtdtdx 2222222111dyd yd ydyxdtxdtxdtdt 代入原方程：222211420d ydydyxxyxdtdtx dt，整理得32022ydtdydtd y，此式为二阶齐次线性微分方程，对应的特征方程为2320rr，所以特征根为：121,2rr ，12rr，所以32022ydtdydtd y的通解为1221212rtr tttyc ec ec ec e关注公众号【考研题库】保存更多高清资料又因为txe，所以2211,
5、tteexx，代入上式得212122.ttccyc ec exx(5)【答案】91【详解】方法方法 1：已知等式两边同时右乘A，得*2ABA ABA AA，由伴随矩阵的运算规律：*A AAAA E，有2AB AB AA，而210120001A 3321(1)12 22 1 1 3，于是有ABAB 36，移项、合并有AE BA(36)，再两边取行列式，由方阵乘积的行列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，有(36)363AE BAE BA，而36AE2101003 1206 0100010016306000303600603000030060033 303(1)(3)(3)3 330 2
6、7，故所求行列式为B33627AAE19方法方法 2：由题设条件*2ABABAE，得*2ABABA*(2)AE BAE由方阵乘积行的列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，故两边取行列式，有*(2)21AE BAAE B AE其中210120001A 3 321(1)12 22 1 1 3；由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则1nAA.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以，3 12AAA=9；又0102100001AE1210(1)01=1.故1192BAE A.(6)【答案】e1【详解】本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再去推算.指数分布的概率
7、密度为,0()00 xexf xx若若，其方差21DX.于是，由一维概率计算公式，()bXaP aXbfx dx，有DP XX=edxP Xx11=11xee二、选择题二、选择题(7)【答案】(B)【详解】方法方法 1：20220000tantan2limlimlim0coscosxxxxxtdtxxxt dt洛必达，则是的高阶无穷小，根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项，又2323000001sinsin2limlimlim2 tantanxxxxxxt dtxxxtdt洛必达201lim4xxx 等价无穷小替换，可见是比低阶的无穷小量，故应选(B).方法方
8、法 2：用kx(当0 x 时)去比较.2201000coscoslimlimlim,xkkkxxxt dtxxxkx洛关注公众号【考研题库】保存更多高清资料欲使上式极限存在但不为 0，应取1k，有22000000lim coscoslimlim1limxxxxttxxx，所以(当 0 x时)与x同阶.2011300000tantan222limlimlimlimlimxkkkkkxxxxxtdtxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取3k,有33 20002tan2tan2limlimlim333xxxxxxxx，所以(当 0 x时)与3x同阶.313132222011100
9、000sinsinlimlimlimlimlim,222xkkkkkxxxxxt dtxxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取2k,有22 1001limlim2 24xxxxx，所以(当 0 x时)与2x同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是,，选(B).(8)【答案】(C)【详解】函数()f x只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B).由导数的定义，知0()(0)l0)im(0 xff xfx根据极限的保号性，知存在0，当(,0)(0,)x时，有0()(0)xf xf.即当(,0)x时，0 x，有()(0)f xf；而当(0,)x时，
10、0 x 有()(0)f xf.(9)【答案】(B)【详解】对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可通过反例排除找到正确选项.方法方法 1：排除法.取11 ln1nann，则nnnalim=0，又1111 ln11pnpnnp收敛，当发散，当，所以 1111 ln1nnnann发散，排除 A，D；又取n nan1，因为p级数1111pnpnp收敛，当发散，当，则级数111nnnan n收关注公众号【考研题库】保存更多高清资料敛，但221limlimlimnnnnn annn n，排除(C),故应选(B).方法方法 2：证明(B)正确.lim0nnna,即lim1nnan.因为11nn发散，由
11、比较判别法的极限形式知，1nna也发散，故应选(B).(10)【答案】(B)【详解】在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有变量x:()()()()()b xa xf t dtf b x b xf a x a x否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换到积分号外或积分线上.方法方法 1：交换积分次序,使得只有外面这道积分限中才有t，其他地方不出现t由由ttyF tdyf x dx1()()知：1yxtyt，交换积分次序11xtyx，得ttyF tdyf x dx1()()=txtf x dy dxf x xdx111)1)(于是，)1)()(tF
12、tf t，从而有(2)(2)Ff，故应选(B).方法方法 2：设()()xf x，于是1()()ttyF tdyf x dx11()()ttttyydyx dxdydx1()()tty dy1()(1)()tt ty dy 所以()()(1)()()()(1),F tt tttf t t 所以(2)(2)Ff，选(B).(11)【答案】(D)【详解】由题设，将A的第 1 列与第 2 列交换，即12010100001AEAB，将B的第 2 列加到第 3 列，即关注公众号【考研题库】保存更多高清资料100010100011011100011100.001001001001BAAAQ故0111000
13、01Q，应选(D).(12)【答案】(A)【详解】方法方法 1：由矩阵秩的重要公式：若A为mn矩阵，B为np矩阵，如果0AB，则()()r Ar Bn设A为mn矩阵，B为ns矩阵，由0AB 知，()()r Ar Bn，其中n是矩阵A的列数，也是B的行数因A为非零矩阵，故()1r A，因()()r Ar Bn，从而()1r Bnn，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知B的行向量组线性相关.因B为非零矩阵，故()1r B，因()()r Ar Bn，从而()1r Ann，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知A的列向量组线性相关.故应选(A).方法方法 2：
14、设A为mn矩阵，B为ns矩阵，将B按列分块，由0AB 得，12,0,0,1,2,.siABAAis 因B是非零矩阵，故存在0i，使得0iA.即齐次线性方程组0Ax 有非零解.由齐次线性方程组0Ax 有非零解的充要条件()r An,知()r An.所以A的列向量组线性相关.又()0TTTABB A，将TA按列分块，得12,0,0,1,2,.TTTTTTTTmiB ABBim因A是非零矩阵，故存在0Ti，使得0TTiB，即齐次线性方程组0Bx 有非零解.由齐次线性方程组0Bx 有非零解的充要条件，知TB的列向量组线性相关，由TB是由B行列互换得到的，从而B的行向量组线性相关，故应选(A).方法方法
15、 3：设(),ijm nAa()ijn sBb,将A按列分块，记12nAAAA关注公众号【考研题库】保存更多高清资料由0AB 11121212221212ssnnnnsbbbbbbAAAbbb111111,0nnsnsnb Ab Ab Ab A(1)由 于0B,所 以 至 少 有 一 个0ijb(1,1injs),又 由(1)知,11220jjijinjnb Ab Ab Ab A,所以12,mAAA线性相关.即A的列向量组线性相关.(向量组线性相关的定义：如果对m个向量12,nmR，有m个不全为零的数12,mk kkR，使11220mmkkk成立，则称12,m 线性相关.)又将B按行分块，记1
16、2nBBBB,同样，0AB 11121121222212nnmmmnnaaaBaaaBaaaB111122121122221122nnnnmmmnna Ba Ba Ba Ba Ba Ba Ba Ba B0由于0A,则至少存在一个0ija(1,1imjn),使11220iiijjinna Ba Ba Ba B,由向量组线性相关的定义知，12,mBBB线性相关,即B的行向量组线性相关，故应选(A).方法方法 4：用排除法.取满足题设条件的,A B.取001000,10010001AB，有00100100,10001ABA的行向量组，列向量组均线性相关，但B的列向量组线性无关，故(B)，(D)不成立
17、.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料又取110100,00000100AB，有1101000000100AB，A的行向量组线性无关，B的列向量组线性相关，故(C)不成立.由排除法知应选(A).(13)【答案】C【详解】利用正态分布概率密度函数图形的对称性，对任何0 x 有12P XxP XxP Xx.或直接利用图形求解.方法方法 1：由标准正态分布概率密度函数的对称性知，P Xu，于是112 P XxP XxP XxP XxP Xx 即有21P Xx，可见根据分位点的定义有21xu，故应选(C).方法方法 2：Oxy()f xP Xu图 1图 2如图 1 所示题设条件.图 2 显示中间阴影
18、部分面积，P Xx.两端各余面积12，所以12P Xu，答案应选(C).(14)【答案】A.【详解】由于随机变量,(1)12XXXnn独立同分布，所以必有：2,(,)0,ijijCov XXij又222111()nnniiiiiiiiDa Xa D XaOxyP Xx12()f x关注公众号【考研题库】保存更多高清资料下面求1(,)Cov X Y和1()D XY.而11,niiYXn故本题的关键是将Y中的1X分离出来，再用独立性来计算.对于选项(A)：1111112111(,)(,)(,)(,)nniiiiCov X YCov XXCov X XCov X Xnnn11DXn21n所以(A)对
19、，(B)不对.为了熟悉这类问题的快速、正确计算.可以看本题(C),(D)选项.因为X与Y独立时，有()D XYD XD Y.所以，这两个选项的方差也可直接计算得到：22211222111(1)1()()nnnnD XYDXXXnnnnn=222233nnnnn，222222111(1)111()(nnnnXnXnXnnD XYDn=.222222nnnnn所以本题选(A)三、解答题三、解答题(15)【详解】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明.方法方法 1：因为函数 2lnf xx在2,a be e上连续，且在,a b内可导，所以满足拉格朗日中值定理的条
20、件，对函数 2lnf xx在,a b上应用拉格朗日中值定理，得22222lnlnlnln,bababaeabe 下证：22ln4e.设tttln()，则2l1n()ttt，当te时，1 ln1 ln0te，即()0,t所以()t单调减少，又因为2e，所以()()2e，即关注公众号【考研题库】保存更多高清资料222l2lnneee，得22ln4e故()4llnn222baeab.方法方法 2：利用单调性，设xexx224l()n，证()x在区间2,e e内严格单调增即可.2l4n()2exxx，(222222ln444()20eeeeee，)2l1n()2xxx,当xe时，1ln1 ln0 xe
21、，()0,x故()x单调减少，从而当2exe时，2()()0 xe，即当2exe时，()x单调增加.因此当2exe时，()()ba，即aebaeb22224ln4ln，故()4llnn222baeab.方法方法 3：设2224()lnln()xxaxae,则2ln4()2xxxe，21ln()2xxx,xe时,1ln1 ln0 xe，得()0 x，()x在2(,)e e上单调减少,从而当2exe时,22244()()0 xeee，()x在2(,)e e上单调增加.从而当2eaxbe时,()()0 xa.()0b，即2224lnln()babae.(16)【详解】本题是标准的牛顿第二定理的应用，
22、列出关系式后再解微分方程即可.方法方法 1：由题设，飞机质量9000mkg，着陆时的水平速度khvm700/0.从飞机接触跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为()x t，速度为()v t，则(0),(0)00vvx.根据牛顿第二定律，得kvdtdvm.又dxdvvdtdxdxdvdtdv.由以上两式得dvkmdx ，积分得.()vCkmx t 由于(0),(0)00vvx，所以0(0)0.mxvCk 故得0vkmC，从而)()().0tvvkmx t 当()0v t时，).05(.1100.69000700()60kmkmvx t关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以，飞机滑行的最长距离
23、为 1.05km.方法方法 2：根据牛顿第二定律，得kvdtdvm,分离变量：dvkdtvm，两端积分得：1lnkvtCm，通解：tmkCve，代入初始条件00vvt，解得0Cv，故().0tmkv tv e飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到0v，对应地t .于是由dxvdt，有000000()1.05().kkttmmmvmvxv t dtv edtekmkk或由 0ktmdxv tv edt，知(1)()000 tmkttmkemkvtv edtx，故最长距离为当 t时，).05(.1()0kmmkvx t 方法方法 3：由kvdtdvm，dxvdt，化为x对t的求导，得dtdxkdtd
24、xm 22,变形为022dtdxmkdtd x，0(0)(0),(0)0vxv x其特征方程为02mk，解之得mk 21,0，故.12tmkxCC e由2000000,ktmttttkCdxxvevdtm，得,021kmvCC 于是)(1.(0tmkekmvx t当 t时，).05(.1)(0kmkmvx t 所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km.(17)【详解】这是常规题，加、减曲面片高斯公式法，转换投影法，逐个投影法都可用.方法方法 1：加、减曲面片高斯公式.取1为xoy平面上被圆122xy所围部分的下侧，记为由与1围成的空间闭区域，则dxdzdxzdyyIx dydz1223(1)2
25、33关注公众号【考研题库】保存更多高清资料133212223(1)x dydzy dzdxzdxdyII由高斯公式：设空间闭区域是由分段光滑的闭曲面所围成，函数,P x y zQ x y zR x y z在上具有一阶连续偏导数，则有PQRPdydzQdzdxRdxdydvxyz这里3322,2,3(1)PxQyRz，2226,6,6PQRxyzxyz，所以2216()Ixyz dv利用柱面坐标：cossin,01,02,xryrrdvrdrd dzzz ，有：2216()Ixyz dxdydz=rdrzrdzdr)(620101022221221123200011212122rrzrr zdr
26、rrrdr13246011124346rrr11226记D为1在xoy平面上的投影域22,1Dx y xy，则0z，0dz，又1为220(1)zxy的下侧，从而：13322223(1)3 0 1DIx dydzy dzdxzdxdydxdy33Ddxdy(其中Ddxdy为半径为 1 圆的面积，所以11Ddxdy)故1223.III 方法方法 2：用转换投影法：若,zz x y，z对,x y 具有一阶连续偏导数，则,zzdzdxdxdydydzdxdyxy .曲面22221:1,(1),2,2zzzxyxyxyxy ，由转换投影公式关注公众号【考研题库】保存更多高清资料332223(1)Ix d
27、ydzy dzdxzdxdy3322()2()3(1)zzxyzdxdyxy44222443(1)3Dxyxydxdy利用极坐标变换：cos,01,02,sinxrrdxdyrdrdyr ，所以21444422004cos4sin3(1)3Idrrrrdr21545453004cos4sin3(2)drrrrdr24404413(cossin)6622d2222222004cossin2cossin6dd222041 2cossin26d22220041cossin 2263dd 20411 cos4236d22004112cos4sin433624d 0 或244044(cossin)66d
28、直接利用公式4422003 1cossin4 2 2dd 及224444220000cos4cos4sinsindddd 则2440444 3 1(cossin)2 4666 4 2 2d 所以，原式2(18)【分析】利用零点定理证明存在性，利用单调性证明惟一性.而正项级数的敛散性可用比较法判定.零点定理：设函数 f x在闭区间,a b 上连续，且 0f af b，那么在开区间,a b 内至少存在一点，使 0f；单调性：设函数 f x在闭区间,a b 上连续，在,a b 内可导，如果在,a b 内 0fx，那么函数 f x在,a b 上单调增加；比较审敛关注公众号【考研题库】保存更多高清资料法
29、：设1nnu和1nnv都是正项级数，且nnuv，若级数1nnv收敛，则级数1nnu收敛.【证 明】记()1nnfxxnx，则()nfx是 连 续 函 数，由(0)10 nf，(1)0fnn，对照连续函数的零点定理知，方程10 xnxn存在正实数根)0,1.(nx当0 x 时，0()1fxnxnnn，可 见()fxn在0,)上 单 调 增 加,故 方 程10 xnxn存在惟一正实数根.nx由10 xnxn与0nx知nnxxnnn110，故当1时，函数yx单调增，所以)10(nxn.而正项级数11nn收敛，所以当1时，级数1nnx收敛.(19)【分析】根据极值点存在的充分条件：设函数(,)zf x
30、 y在点00,xy的某领域内连续且有一阶及二阶连续偏导数，又0000(,)0,(,)0 xyfxyfxy，令000000(,),(,),(,)xxxyyyfxyA fxyB fxyC，则(,)zf x y在00,xy处是否取得极值的条件如下：(1)20ACB时具有极值，且当0A时有极大值，当0A 时有极小值；(2)20ACB时没有极值；(3)20ACB时，可能有极值，也可能没有极值，需另外讨论.所以对照极值点存在的充分性定理，先求出一阶偏导，再令其为零确定极值点，接下来求函数二阶偏导，确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值.求二元隐函数的极值与求二元显函数的极值的有关定理是一样，差异仅在于求
31、驻点及极值的充分条件时，用到隐函数求偏导数.【详解】因为1806102222yzxxyyz，所以两边对x求导：26220 xzzxzxyy，两边对y求导：6202220yzzyzxyzy.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料根据极值点存在的充分条件，令00zxzy，得303100 xyxyz，故.3,zyxy将上式代入1806102222yzxxyyz，可得3,3,9zyx或 .3,3,9zyx对照极值点存在的充分条件，为判别两点是否为极值点，再分别对,x y求偏导数，分别对,x y求偏导数式对x求导：222()2022222xzzxzxzy，式对x求导：622220,22 x yzzxzy
32、zx yzyxz式对y求导：622220,22 x yzzxzyzx yzyxz式对y求导：202222()2022222yzzyzyzyyzyz，将3,3,9zyx0,0yzxz代入，于是61)3,3,9(22xzA，21)3,3,9(2 x yzB，35)3,3,9(22yzC，故03612ABC，又061A，从而点(9,3)是(,)z x y的极小值点，极小值为(9,3)3z.类似地，将 .3,3,9zyx0,0yzxz代入，于是22(9,3,3)16zAx，2(9,3,3)12zBx y，22(9,3,3)53zCy，可知03612ABC，又061 A，从而点(-9,-3)是(,)z
33、x y的极大值点，极大值为(9,3)3z .关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(20)【详解】方法方法 1：对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有11112222aaAnnnna 1()(2,)iiin 行行111120000aaaBnaa 对|B是否为零进行讨论：当0a 时，()1r An，由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是m n矩阵，齐次方程组0Ax 有非零解的充要条件是()r An.故此方程组有非零解，把0a 代入原方程组，得其同解方程组为,012nxxx()此时，()1r A，故方程组有1nrn个自由未知量.选23,nx xx为自由未知量，将他们的1n组值(1,0,0),(0,1
34、,0),(0,0,1)分别代入()式，得基础解系(1,1,0,0),1T(1,0,1,0),2T,(1,0,0,1),1Tn 于是方程组的通解为,1111nnxkk其中11,nkk为任意常数.当0a时，对矩阵B作初等行变换，有11112100001aBn (1)12,3iin 行()(1)00022100001n nan ，可知2(1)n na时，r Ann()1，由齐次方程组有非零解的判别定理,知方程组也有非零解，把2(1)n na代入原方程组，其同解方程组为,030,20,11312nnxxxxxx此时，()1r An，故方程组有(1)1nrnn个自由未知量.选2x为自由未量，取21x，由
35、此得基础解系为Tn(1,2,)，于是方程组的通解为xk，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料其中k为任意常数.方法方法 2：计算方程组的系数行列式：11112222aaAnnnna 00011110002222000aaannnn 矩阵加法aE+nnnn 22221111aEQ，下面求矩阵Q的特征值：11112222EQnnnn11112001(-)(2,3,)00iiinn 行行(1)1112()1000(2,3,)000n niiin列列1(1)2nn n则Q的特征值2(1)0,0,n n，由性质：若Axx，则()(),mmkA xkx A xx，因此对任意多项式()f x，()()f
36、A xfx，即()f是()f A的特征值.故，A的特征值为(1),2n na aa,由特征值的乘积等于矩阵行列式的值，得A行列式).2(1)(1nan nAa由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是n阶矩阵，齐次方程组0Ax 有非零解的充要条件是0A.可知，当0A，即0a 或2(1)n na时，方程组有非零解.当0a 时，对系数矩阵A作初等行变换，有11112222Annnn 1)(2,)iiin 行（行1111000000000 ，.故方程组的同解方程组为关注公众号【考研题库】保存更多高清资料,012nxxx此时，()1r A，故方程组有1nrn个自由未知量.选23,nx xx为自由未知量，将
37、他们的1n组值(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)分别代入()式，由此得基础解系为(1,1,0,0),1T(1,0,1,0),2T,(1,0,0,1),1Tn 于是方程组的通解为,1111nnxkk其中11,nkk为任意常数.当2(1)n na时，11112100001aBn (1)1(2,3)iin 行(1)00022100001n nan ，即00002100001n ，其同解方程组为,030,20,11312nnxxxxxx此时，()1r An，故方程组有(1)1nrnn个自由未知量.选2x为自由未量，取21x，由此得基础解系为Tn(1,2,)，于是方程组的通解为xk，其中k为
38、任意常数.(21)【详解】A的特征多项式为12314315EAa2(2)021114315a 行（）行1101(2)14315a提出行公因数1101(1)2(2)03315a 行行11012(2)033015a 行行33(2)15a(2)(3)(5)3(1)a2(2)(8183).a关注公众号【考研题库】保存更多高清资料已知A有一个二重特征值，有两种情况，(1)2就是二重特征值，(2)若2不是二重根，则28183a是一个完全平方(1)若2是特征方程的二重根，则有2161830,2a解得2a .由EA2(2)(818 3(2)2(2)(812)2(2)(6)0求得A的特征值为 2,2,6,由12
39、32123123EA1231(-1)2,000113000 行倍加到 行行的 倍加到 行，知21EA秩，故2对应的线性无关的特征向量的个数为3 12nr，等于2的重数.由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量的个数恰好等于该特征值的重根数,从而A可相似对角化.(2)若2不是特征方程的二重根，则a81832为完全平方，从而18316a，解得.32 a当32 a时，由EA22(2)(818 3()3 2(2)(816)2(2)(4)0知A的特征值为 2，4，4，由32341032113EA1133 行行323103000知42EA秩，故4对应的线性无关的特征向量有32
40、1nr,不等于4的重数，则由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量的个数恰好等于该特征值的重根数,知A不可相似对角化.(22)【分析】本题尽管难度不大，但考察的知识点很多，综合性较强.通过随机事件定义随机变量或通过随机变量定义随机事件，可以比较好地将概率论的知识前后连贯起来，这种命题方式值得注意.先确定(,)X Y的可能取值，再求在每一个可能取值点上的概率，而这可利用随机事件的运算性质得到，即得二维随机变量(,)X Y的概率分布；利用联合概率分布可求出边缘概率分布，进而可计算出相关系数.【详解】(I)由于1()()(|)12P ABP A P B A，所以,61(
41、)()()P ABAPBP B关注公众号【考研题库】保存更多高清资料利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有1211,1()AXYPBP，611,0()()()AP APBBP XYP A，,1210,1()()()AP BPBBP XYP A0,0()1()P XYP ABP AB 21()()()3P AP BP AB(或32121611210,01 P XY)，故(,)X Y的概率分布为YX01032121161121(II),X Y的概率分布分别为21300,10,0,3124P XP XYP XY11111,11,0,6124P XP XYP XY11110,11,1,12126P
42、 YP XYP XY21500,01,0.366P YP XYP XY所以,X Y的概率分布为X01Y01P4341P6561由0 1分布的数学期望和方差公式，则61,41EEXY，1334416DX，1566DY 536,()00111,1E XYP XYP XYP XY 112,故241(,)()XEX EYYCov X YE，从而.15(,)15DDXYX YCovXY(23)【分析】本题是基础题型，难度不大，但计算量比较大，实际做题时应特别注意计算的关注公众号【考研题库】保存更多高清资料准确性.先由分布函数求出概率密度，再根据求矩估计量和最大似然估计量的标准方法进行讨论即可.似然函数的
43、定义：121()(,;)(;)nniiLf x xxf x【详解】X的概率密度为11,(;)1.0,xf xxx(I)矩估计.由数学期望的定义：1(;)11dxxxxdxxEXf，用样本均值估计期望有EXX，令X1，解得1XX，所以参数的矩估计量为.1XX其中11niiXXn(II)最大似然估计.设12,.,nx xx是相应于样本12,.,nXXX的一组观测值，则似然函数为：其他,0),2,1,1()()(;)1121xinx xxLf xinnnii当1(1,2,)xini时，()0L，()L与ln()L在相同的点取得最大值；所以等式两边取自然对数，得1ln()ln(1)lnniiLnx，两边对求导，得niixnddL1lnln()，令0l()nddL，可得niixn1ln，解得的最大似然估计值为：1lnniinx关注公众号【考研题库】保存更多高清资料