# 2025 考研数学（一） 真题

# 试卷及解析

# 一、选择题： $1 { \sim } 1 0$ 小题，每小题 5 分，共 50 分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的

1．已知函数 $f { \big ( } x { \big ) } = \int _ { 0 } ^ { x } \mathbf e ^ { t ^ { 2 } } \sin t \mathrm d t$ ， $g \left( x \right) = \int _ { 0 } ^ { x } \mathrm { e } ^ { t ^ { 2 } } \mathrm { d } t \bullet \sin ^ { 2 } x$ ，则

A． $x = 0$ 是 $f ( x )$ 的极值点，也是 $g \left( x \right)$ 的极值点  
B． $x = 0$ 是 $f ( x )$ 的极值点， $\left( 0 , 0 \right)$ 是曲线 $y = g \left( x \right)$ 的拐点  
C． $x = 0$ 是 $f ( x )$ 的极值点， $\left( 0 , 0 \right)$ 是曲线 $y = f ( x )$ 的拐点．  
D． $\left( 0 , 0 \right)$ 是曲线 $y = f ( x )$ 的拐点， $\left( 0 , 0 \right)$ 也是曲线 $y = g \left( x \right)$ 的拐点

【答案】B

【解析】

$$
f ^ {\prime} (x) = e ^ {x ^ {2}} \sin x, f ^ {\prime \prime} (x) = 2 x e ^ {x ^ {2}} \sin x + e ^ {x ^ {2}} \cos x
$$

$$
f ^ {\prime} (0) = 0, f ^ {\prime \prime} (0) = 1 > 0.
$$

$x = 0$ 是 $f ( x )$ 的极值点.

$$
g ^ {\prime} (x) = e ^ {x ^ {2}} \sin^ {2} x + \sin 2 x \int_ {0} ^ {x} e ^ {t ^ {2}} d t,
$$

$$
g ^ {\prime \prime} (x) = e ^ {x ^ {2}} \sin 2 x + 2 x e ^ {x ^ {2}} \sin^ {2} x + \sin 2 x e ^ {x ^ {2}} + 2 \cos 2 x \int_ {0} ^ {x} e ^ {t ^ {2}} d t
$$

$$
g ^ {\prime} (0) = 0, \quad g ^ {\prime \prime} (0) = 0, \quad g ^ {\prime \prime \prime} (0) > 0.
$$

$( 0 , 0 )$ 是 $y = g ( x )$ 的拐点.

2．已知级数： $\textcircled { 1 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \sin \frac { n ^ { 3 } \pi } { n ^ { 2 } + 1 }$ ； $\textcircled { 2 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \left( \frac { 1 } { \sqrt [ 3 ] { n ^ { 2 } } } - \tan \frac { 1 } { \sqrt [ 3 ] { n ^ { 2 } } } \right) ;$ $\frac { 1 } { \sqrt [ 3 ] { n ^ { 2 } } }$ ，则 ，

A． $\textcircled{1}$ 与 $\textcircled{2}$ 均条件收敛

B． $\textcircled{1}$ 条件收敛， $\textcircled{2}$ 绝对收敛

C． $\textcircled{1}$ 绝对收敛， $\textcircled{2}$ 条件收敛

D． $\textcircled{1}$ 与 $\textcircled{2}$ 均绝对收敛

【答案】B

【解析】

$$
\left| \sin \frac {n ^ {3} \pi}{n ^ {2} + 1} \right| = \left| \sin \left(\frac {n ^ {3} \pi}{n ^ {2} + 1} - n \pi\right) \right| = \left| \sin \frac {n}{n ^ {2} + 1} \pi \right| \sim \frac {n}{n ^ {2} + 1} \pi \sim \frac {1}{n}.
$$

$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ ： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \sin \frac { n ^ { 3 } \pi } { n ^ { 2 } + 1 }$

sin $\begin{array} { r } { { \frac { ( n ^ { 3 } \pi ) } { n + 1 } } = ( - 1 ) ^ { n } \sin \left( { \frac { n ^ { 3 } \pi } { n ^ { 2 } + 1 } } - n \pi \right) = ( - 1 ) ^ { n } \sin { \frac { n } { n ^ { 2 } + 1 } } \pi } \end{array}$ (²-nπ）=（-1）sin ，为交错级数

$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \sin \frac { n ^ { 3 } \pi } { n ^ { 2 } + 1 }$ 8 $s i n { \frac { n } { n ^ { 2 } + 1 } } \pi$

$$
\sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} \left(\frac {1}{\sqrt [ 2 ]{n ^ {3}}} - \tan \frac {1}{\sqrt [ 3 ]{n ^ {2}}}\right).
$$

$$
\left| (- 1) ^ {n} \right| \frac {1}{\sqrt [ 2 ]{n ^ {3}}} - \tan \left. \frac {1}{\sqrt [ 3 ]{n ^ {2}}}\right) \Bigg | = \left| - \frac {1}{3} \frac {1}{n ^ {2}} + o \left(\frac {1}{n ^ {2}}\right) \right|.
$$

$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } }$ $\cdot \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \bigl ( } - 1 { \bigr ) } ^ { n } { \biggl ( } { \frac { 1 } { \sqrt [ 2 ] { n ^ { 3 } } } } - \tan { \frac { 1 } { \sqrt [ 3 ] { n ^ { 2 } } } } { \biggr ) }$ （-1）n $\scriptstyle { \frac { 1 } { \sqrt [ 3 ] { n ^ { 2 } } } } )$ 绝对收敛Vn Vn

3．设函数 $f ( x )$ 在区间 $\left( 0 , + \infty \right)$ 上可导，则

A．当 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$ 存在时， $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ^ { \prime } ( x )$ 存在．

B．当 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ^ { \prime } ( x )$ 存在时， $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$ 存在．

C．当 lim $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f { \bigl ( } t { \bigr ) } \mathrm { d } t } { x } }$  0 dx f t t  存在时， lim  f x 存在． $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$

D．当 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$ 存在时， $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { x } }$ 存在．

【答案】D

【解析】A错误，反例：

$f ( x ) = { \frac { \sin x ^ { 2 } } { x } } , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = 0 , { \mathrm { ~ } } { \mathrm { / } } \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ^ { \prime } ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 2 x ^ { 2 } \cos x ^ { 2 } - \sin x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } ,$ $f ( x ) = { \frac { \sin x ^ { 2 } } { x } } , \operatorname* { l i m } _ { x  + \infty } f ( x ) = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ^ { \prime } ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 2 x ^ { 2 } \cos x ^ { 2 } - \sin x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } }$ 极限不存在.

B错误，反例： $f ( x ) = { \sqrt { x } } , f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 2 { \sqrt { x } } } } , \operatorname* { l i m } _ { x  + \infty } f ^ { \prime } ( x ) = 0 ,$ ,  极限 存在 ，但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$ 极限不存在.

C错误，反例:

$f ( x ) = \cos x .$ 则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \sin x } { x } }$ 存在，但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \cos x$ 不存在.

D正确，用 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { x } } { = } \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { f ( x ) } { 1 } } { = } \mathrm { A }$ ，故 选 $\mathrm { D }$ .

4．设函数 $f ( x , y )$ 连续，则 $\int _ { - 2 } ^ { 2 } \mathrm { d } x \int _ { 4 - x ^ { 2 } } ^ { 4 } f \big ( x , y \big ) \mathrm { d } y =$

$\int _ { 0 } ^ { 4 } \biggl [ \int _ { - 2 } ^ { - \sqrt { 4 - y } } f \left( x , y \right) \mathrm { d } x + \int _ { \sqrt { 4 - y } } ^ { 2 } f \left( x , y \right) \mathrm { d } x \biggr ] \mathrm { d } y \ .$   
$\int _ { 0 } ^ { 4 } \biggl [ \int _ { - 2 } ^ { \sqrt { 4 - y } } f \left( x , y \right) \mathrm { d } x + \int _ { \sqrt { 4 - y } } ^ { 2 } f \left( x , y \right) \mathrm { d } x \biggr ] \mathrm { d } y \ .$   
C．    4 4 40 2 2, d , d dy yf x y x f x y x y         ．   
D．  4 20 42 d , dyy f x y x   ．

【答案】A

【解析】由题易知，此二重积分积分区域为

![](images/d1aac1acec58059a3d6cf16b6341ff359ed2871f9b14a50a3c79e1389f2d802b.jpg)

$\mathrm { D } = \left\{ ( x , y ) { \big | } 4 - x ^ { 2 } \leq y \leq 4 , - 2 \leq x \leq 2 \right\}$ ，对应图像为上图所示。

记 $\mathrm D _ { 1 } = \Big \{ ( x , y ) \Big | 4 - x ^ { 2 } \leq y \leq 4 , - 2 \leq x \leq 0 \Big \} , \mathrm D _ { 2 } = \Big \{ ( x , y ) \Big | 4 - x ^ { 2 } \leq y \leq 4 , 0 \leq x \leq 2 \Big \} \ \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \ \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \ \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \ \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \ \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ } \qquad \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ o ~ r ~ } \qquad \qquad \mathrm { ~ f ~ o ~ r ~ }$ ${ \mathrm { D } } _ { 2 } = \left\{ ( x , y ) { \left| 4 - x ^ { 2 } \leq y \leq 4 , 0 \leq x \leq 2 \right. } \right\}$ ， 且

${ \mathrm { I } } { = } \int _ { - 2 } ^ { 2 } \mathrm { d } x \int _ { 4 - x ^ { 2 } } ^ { 4 } f \left( x , y \right) \mathrm { d } y \ , \mathbb { M } { \mathrm { I } } = \int _ { D _ { 1 } } ^ { } f \left( x , y \right) \mathrm { d } \sigma + \int _ { D _ { 2 } } ^ { } f \left( x , y \right) \mathrm { d } \sigma$ $\mathbf { \Pi } [ = \int \intop _ { D _ { 1 } } f { \big ( } x , y { \big ) } \mathrm { d } \sigma + \intop _ { D _ { 2 } } f \left( x , y \right) \mathrm { d } \sigma$ ，交换积分次序得

$$
\begin{array}{l} \mathrm {I} = \int_ {0} ^ {4} \mathrm {d} y \int_ {- 2} ^ {- \sqrt {4 - y}} f (x, y) \mathrm {d} x + \int_ {0} ^ {4} \mathrm {d} y \int_ {\sqrt {4 - y}} ^ {2} f (x, y) \mathrm {d} x \\ = \int_ {0} ^ {4} \left[ \int_ {- 2} ^ {- \sqrt {4 - y}} f (x, y) d x + \int_ {\sqrt {4 - y}} ^ {2} f (x, y) d x \right] d y \\ \end{array}
$$

故 A 正确。

5．二次型 $f { \left( x _ { _ { 1 } } , x _ { _ { 2 } } , x _ { _ { 3 } } \right) } = x _ { _ { 1 } } ^ { 2 } + 2 x _ { _ { 1 } } x _ { _ { 2 } } + 2 x _ { _ { 1 } } x _ { _ { 3 } }$ 的正 惯性 指数

A．0．

B．1

C．2

D．3．

【答案】B

【解析】

$$
A = \left( \begin{array}{c c c} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array} \right)
$$

$$
\left(\lambda E - A\right) = \left(\begin{array}{c c c}\lambda - 1&- 1&- 1\\- 1&\lambda&0\\- 1&0&\lambda\end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{c c c}\lambda - 1&- 1&- 1\\0&\lambda&- \lambda\\- 1&0&\lambda\end{array}\right)\rightarrow \lambda \left(\begin{array}{c c c}\lambda - 1&- 1&- 1\\0&1&- 1\\- 1&0&\lambda\end{array}\right)
$$

$$
\begin{array}{l} = \lambda [ \lambda (\lambda - 1) - 1 - 1 ] \\ = \lambda (\lambda^ {2} - \lambda - 2) \\ = \lambda (\lambda - 2) (\lambda + 1) \\ \end{array}
$$

解得

$$
\lambda_ {1} = 0, \lambda_ {2} = 2, \lambda_ {3} = - 1
$$

故正惯性指数为 1，选 B.

6．设 $\pmb { \alpha } _ { 1 } , \pmb { \alpha } _ { 2 } , \pmb { \alpha } _ { 3 } , \pmb { \alpha } _ { 4 }$ 是 $n$ 维列向量， ${ \pmb { \alpha } } _ { 1 } , { \pmb { \alpha } } _ { 2 }$ 线性无关， ${ \pmb { \alpha } } _ { 1 } , { \pmb { \alpha } } _ { 2 } , { \pmb { \alpha } } _ { 3 }$ 线性相关，且 $\pmb { \alpha } _ { 1 } + \pmb { \alpha } _ { 2 } + \pmb { \alpha } _ { 4 } = \pmb { 0 }$ .在空间直角坐标系 $O - x y z$ 中，关于 $x , y , z$ 的方程组 $x { \pmb { \alpha } } _ { 1 } + y { \pmb { \alpha } } _ { 2 } + z { \pmb { \alpha } } _ { 3 } = { \pmb { \alpha } } _ { 4 }$ 的几何图形是

A．过原点的一个平面

B．过原点的一条直线

C．不过原点的一个平面

D．不过原点的一条直线

【答案】D

【解析】记 $A = \left( \alpha _ { 1 } , \alpha _ { 2 } , \alpha _ { 3 } \right)$ ，由 $\alpha _ { 1 } , \alpha _ { 2 }$ 线性无关， $\mathcal { \alpha } _ { 1 } , \mathcal { \alpha } _ { 2 } , \mathcal { \alpha } _ { 3 }$ 线性相关，可得 $r \left( A \right) = 2$ 。记$\overline { { A } } = \left( A \left| \alpha _ { 4 } \right. \right) = \left( \alpha _ { 1 } , \alpha _ { 2 } , \alpha _ { 3 } , \alpha _ { 4 } \right)$ ，再由 $\alpha _ { 1 } + \alpha _ { 2 } + \alpha _ { 4 } = 0$ ，则 $r \left( { \overline { { A } } } \right) = 2$ 。于是 $A x = \alpha _ { 4 }$ 有无穷多解。则 $x \alpha _ { 1 } + y \alpha _ { 2 } + z \alpha _ { 3 } = \alpha _ { 4 }$ 等价于 $\left( \alpha _ { 1 } , \alpha _ { 2 } , \alpha _ { 3 } \right) \cdot \left( x , y , z \right) ^ { \mathrm { T } } = \alpha _ { 4 }$ ，即 $A \cdot \left( x , y , z \right) ^ { \mathrm { T } } = \alpha _ { 4 }$ 。若过原点，则 $\alpha _ { 4 } = 0$ 与 $\alpha _ { 1 } , \alpha _ { 2 }$ 线性无关矛盾，故不过原点。

$x \alpha _ { 1 } + y \alpha _ { 2 } + z \alpha _ { 3 } = \alpha _ { 4 } \Leftrightarrow \left\{ \begin{array} { c } { { a _ { 1 1 } x + a _ { 1 2 } y + a _ { 1 3 } z = a _ { 1 4 } } } \\ { { a _ { 2 1 } x + a _ { 2 2 } y + a _ { 2 3 } z = a _ { 2 4 } } } \\ { { \ldots } } \\ { { a _ { n 1 } x + a _ { n 2 } y + a _ { n 3 } z = a _ { n 4 } } } \end{array} \right.$ 21 22 23 24 a x a y a z a           ，由上述分析可知 r  A  r  A   2 ，故 $r \left( A \right) = r \left( { \overline { { A } } } \right) = 2$ 两平面交于一条直线，且不过原点。故选 $\mathrm { D }$ 。

7．设 $n$ 阶矩阵 $A , B , C$ 满足 $r \left( A \right) + r \left( B \right) + r \left( C \right) = r \left( A B C \right) + 2 n$ ，给出下列四个结论：

$$
\begin{array}{l} ① r (A B C) + n = r (A B) + r (C); \\ ② r (A B) + n = r (A) + r (B); \\ ③ r (\boldsymbol {A}) = r (\boldsymbol {B}) = r (\boldsymbol {C}) = n; \\ \end{array}
$$

$$
④ r (A B) = r (B C) = n.
$$

其中正确结论的序号是

A． $\textcircled{1} \textcircled{2}$

B． $\textcircled{1} \textcircled{3}$

C． $\textcircled{2} \textcircled{4}$

D． $\textcircled{3} \textcircled{4}$

【答案】A

【解析】 1 0 ,0 0   A $\scriptstyle A = { \left( { \begin{array} { l l } { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } \end{array} } \right) } , B = { \left( { \begin{array} { l l } { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } \end{array} } \right) } , C = E$ ，满足 $r ( A ) + r ( B ) + r ( C ) = r ( A B C ) + 2 n$ ，则$r ( A ) = 1 , r ( B ) = 1 , r ( C ) = 2$ ，排除结论 $\textcircled{3} \textcircled{4}$ ，故选 A.

8．设二维随机变量 $( X , Y )$ 服从正态分布 $N \big ( 0 , 0 ; 1 , 1 ; \rho \big )$ ，其中 $\rho \in \left( { - 1 , 1 } \right)$ .若 $^ { a , b }$ 为满足$a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 1$ 的任意实数，则 $D \big ( a X + b Y \big )$ 的最大值为

A．1．

B．2

C． $1 + | \rho |$

D． $1 + \rho ^ { 2 }$

【答案】

【解析】

$$
\begin{array}{l} D (a X + b Y) = a ^ {2} D X + b ^ {2} D Y + 2 a b \rho \cdot 1 \cdot 1 \\ = a ^ {2} + b ^ {2} + 2 a b \rho = 1 + 2 a b \rho = 1 + 2 a \sqrt {1 - a ^ {2}} \rho = f (a) \\ \end{array}
$$

$$
f ^ {\prime} (a) = \rho \left(2 \sqrt {1 - a ^ {2}} + 2 a \cdot \frac {- a}{\sqrt {1 - a ^ {2}}}\right) = 2 \rho \left(\sqrt {1 - a ^ {2}} - \frac {a ^ {2}}{\sqrt {1 - a ^ {2}}}\right) = 0
$$

即 $2 \rho \cdot \frac { 1 - a ^ { 2 } - a ^ { 2 } } { \sqrt { 1 - a ^ { 2 } } } = 0$ ， $2 a ^ { 2 } = 1 \Rightarrow a ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } , b ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 }$ 2, b  ， 于 是 $a = \pm { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } , b = \pm { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } }$ , b   所 以 最 大值为 $1 + | \rho |$ ，故选 C。

9．设 $X _ { 1 } , X _ { 2 } , \cdots , X _ { 2 0 }$ 是来自总体 $B { \left( 1 , 0 . 1 \right) }$ 的简单随机样本.令 $T = \sum _ { i = 1 } ^ { 2 0 } X _ { i }$ ，利用泊松分布近似表示二项分布的方法可得 $P \{ T \leq 1 \} \approx$

A． $\frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { 2 } }$

B． 2 e

3 C． 2

4 D． 2e

【答案】C

【解析】由题意可知 $T \sim B ( 2 0 , 0 . 1 ) . n p = 2 0 \times 0 . 1 = 2$

$$
P \{T \leqslant 1 \} = P \{T = 0 \} + P \{T = 1 \} = \frac {2 ^ {0}}{0 !} e ^ {- 2} + \frac {2 ^ {1}}{1 !} e ^ {- 2} = e ^ {- 2} + 2 e ^ {- 2} = \frac {3}{e ^ {2}}
$$

10．设 $X _ { 1 } , X _ { 2 } , \cdots , X _ { n }$ 为来自正态总体 $N \left( \mu , 2 \right)$ 的简单随机样本.记 ${ \overline { { X } } } = { \frac { 1 } { n } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } X _ { i }$ ， $Z _ { \alpha }$ 表示标1in 准正态分布的上侧 $\alpha$ 分位数.假设检验问题： $H _ { 0 }$ ： $\mu { \leqslant } 1$ ， $H _ { 1 }$ ： $\mu > 1$ 的显著性水平为 $\alpha$ 的检验的拒绝域为

$\left\{ \left( X _ { 1 } , \ X _ { 2 } , \cdots , \ X _ { n } \right) \middle | \overline { { { X } } } > 1 + \frac { 2 } { n } Z _ { \alpha } \right\} .$

【答案】D

【解析】 $\frac { \overline { { X } } - \mu } { \sigma / \sqrt { n } } > z _ { \alpha } \Rightarrow \overline { { X } } > \sqrt { \frac { 2 } { n } } z _ { \alpha } + 1$ 12z  ，故选 D

# 二、填空题： $1 1 { \sim } 1 6$ 小题，每小题 5 分，共 30分

11． $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { x ^ { x } - 1 } { \ln x \cdot \ln ( 1 - x ) } } = \qquad \cdot$

【答案】1

【解析】

$$
\lim  _ {x \rightarrow 0 ^ {+}} \frac {e ^ {x \ln x} - 1}{- x \ln x} = \lim  _ {x \rightarrow 0 ^ {+}} \frac {x \ln x}{- x \ln x} = - 1
$$

12.已知函数 $f ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { 0 , } & { 0 \leq x < { \frac { 1 } { 2 } } , } \\ { } & { } \\ { x ^ { 2 } , } & { { \frac { 1 } { 2 } } \leq x \leq 1 } \end{array} } \right.$ , 的傅里叶级数为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n }$ sin π ,n x S (x) 为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n }$ sin πn x的和函数，则 $S \left( - { \frac { 7 } { 2 } } \right) = - \qquad $

【答案】 $\frac { 1 } { 8 }$

【解析】

$$
s \left(- \frac {7}{2}\right) = s \left(- \frac {7}{2} + 4\right) = s \left(\frac {1}{2}\right) = \frac {1}{8}.
$$

13.已知函数 $u ( x , y , z ) = x y ^ { 2 } z ^ { 3 }$ ,向量 $\pmb { n = ( 2 , 2 , - 1 ) }$ , 则 (1,1,1)n $\left. \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \sigma } \pmb { n } } \right| _ { ( 1 , 1 , 1 ) } = \_ \qquad .$

【答案】 1

【解析】由题易知， ${ \frac { \partial u } { \partial x } } = y ^ { 2 } z ^ { 3 } , { \frac { \partial u } { \partial y } } = 2 x y z ^ { 3 } , { \frac { \partial u } { \partial z } } = 3 x y ^ { 2 } z ^ { 2 }$ =1,²7

则在 $x = 1 , y = 1$ , $z = 1$ 处有 $\left( \frac { \partial u } { \partial x } , \frac { \partial u } { \partial y } , \frac { \partial u } { \partial z } \right) = ( 1 , 2 , 3 )$

对于向量 $\vec { n } = ( 2 , 2 , - 1 )$ ，归一化可得 ${ \vec { n } } _ { 0 } = \left( { \frac { 2 } { 3 } } , { \frac { 2 } { 3 } } , - { \frac { 1 } { 3 } } \right)$

故 $ \stackrel { \cdot } { \underset {  \{ \frac { \partial u } { \partial \tilde { n } } | _ { ( 1 , 1 , 1 ) } }  } { \chi }  = ( \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \alpha } x } , \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \alpha } y } , \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \alpha } z } ) \cdot \vec { n } _ { 0 } = ( 1 , 2 , 3 ) \cdot ( \frac { 2 } { 3 } , \frac { 2 } { 3 } , - \frac { 1 } { 3 } ) = 1 \cdot \frac { 2 } { 3 } + 2 \cdot \frac { 2 } { 3 } + 3 \cdot ( - \frac { 1 } { 3 } ) = 1$

14. 已知有向曲线 $L$ 是沿抛物线 $y = 1 - x ^ { 2 }$ 从点 $( 1 , 0 )$ 到点 $( - 1 , 0 )$ 的一段，则曲线积分

$$
\int_ {L} (y + \cos x) d x + (2 x + \cos y) d y = \underline {{}}.
$$

【答案】 $\frac { 4 } { 3 } - 2 \sin 1$

【解析】由题易知可作曲线如右图所示.

记 $L _ { 0 }$ 是从 $x = - 1$ 到 $x = 1$ 的直线,

并记曲线积 $I = \int _ { L } ( y + \cos x ) d x + ( 2 x + \cos y ) d y$

则在 $L _ { 0 }$ 与 $L$ 所围的封闭区域可用格林公式

即 $I _ { 1 } = \oint _ { L _ { 0 } + L } ( y + \cos x ) d x + ( 2 x + \cos y ) d y$

$$
= \iint_ {D} 2 - 1 d \sigma = \int_ {- 1} ^ {1} d x \int_ {0} ^ {1 - x ^ {2}} d y = \int_ {- 1} ^ {1} (1 - x ^ {2}) d x = \frac {4}{3}
$$

又 $I _ { 2 } = \int _ { L _ { 0 } } ^ { 1 } ( y + \cos x ) d x + ( 2 x + \cos y ) d y = \int _ { - 1 } ^ { 1 } \cos x d x = 2 \sin 1$ ,故 $I = \frac { 4 } { 3 } - 2 \sin 1$

15. 设矩阵 $A = { \left( \begin{array} { l l l } { 4 } & { 2 } & { - 3 } \\ { a } & { 3 } & { - 4 } \\ { b } & { 5 } & { - 7 } \end{array} \right) } ,$ 若方程组 $A ^ { 2 } x = \mathbf { 0 }$ 与 $\pmb { A } \pmb { x } = \pmb { 0 }$ 不同 解， 则 $a - b =$

【答案】4

【解析】由题知， $\begin{array} { r } { A = \left( \begin{array} { c c c } { 4 } & { 2 } & { - 3 } \\ { a } & { 3 } & { - 4 } \\ { b } & { 5 } & { - 7 } \end{array} \right) , } \end{array}$ ，若 $A ^ { 2 } x = 0$ 与 $A x = 0$ 同解 ，则 三秩 相同 ，即

$r \left( A \right) = r \left( A ^ { 2 } \right) = r \left( \begin{array} { c } { { A } } \\ { { A ^ { 2 } } } \end{array} \right)$ 。如果 $A$ 可逆，三秩显然相同，则 $A ^ { 2 } x = 0$ 与 $A x = 0$ 同解，于是要想 $A ^ { 2 } x = 0$ 与 $A x = 0$ 不同解，即 $A$ 不可逆，于是 $\left| { \cal A } \right| = 0$ 。根据行列式的倍加性质易得

![](images/ec1f33b0c14c291197576c603a4fcdc0f2e5a3a4f9932bebe1801c67273482c9.jpg)

$$
\left| A \right| = \left| \left( \begin{array}{l l l} {4} & {2} & {- 3} \\ {a} & {3} & {- 4} \\ {b} & {5} & {- 7} \end{array} \right) \right| = \left| \left( \begin{array}{l l l} {4} & {2} & {- 1} \\ {a} & {3} & {- 1} \\ {b} & {5} & {- 2} \end{array} \right) \right| = \left| \left( \begin{array}{l l l} {4} & {0} & {- 1} \\ {a} & {1} & {- 1} \\ {b} & {1} & {- 2} \end{array} \right) \right| = 4 \left(- 2 + 1\right) - \left(a - b\right), \text {令} \left| A \right| = 0,
$$

有 $a - b = - 4$ 。

16. 设 $A , B$ 为两个随机事件，且 $A$ 与 $B$ 相互独立，已知 $P ( A ) = 2 P ( B ) , P ( A \cup B ) = { \frac { 5 } { 8 } } .$ , 则在事件 $A , B$ 至少有一个发生的条件下， $A , B$ 中恰有一个发生的概率为

【答案】 $\frac { 4 } { 5 }$

【解析】 $P ( A { \bar { B } } ) + P ( { \overline { { A } } } B ) = P ( A ) - P ( A B ) + P ( B ) - P ( A B )$

$$
= P (A) + P (B) - 2 P (A) P (B)
$$

$$
P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) = \frac {5}{8}, \Rightarrow 3 P (B) - 2 P ^ {2} (B) = \frac {5}{8}
$$

$$
2 4 P (B) - 1 6 P ^ {2} (B) = 5, 1 6 P ^ {2} (B) - 2 4 P (B) + 5 = 0
$$

$$
\Rightarrow (4 P (B) - 1) (4 P (B) - 5) = 0
$$

$$
P (B) = \frac {1}{4}, P (A) = \frac {1}{2}
$$

$$
\begin{array}{l} P (A \bar {B}) + P (\bar {A} B) = P (A) - P (A B) + P (B) - P (A B) = P (A) + P (B) - 2 P (A) P (B) \\ = \frac {1}{2} + \frac {1}{4} - 2 \times \frac {1}{4} \times \frac {1}{2} = \frac {1}{2} \\ \end{array}
$$

$$
P = \frac {\frac {1}{2}}{\frac {5}{8}} = \frac {1}{2} \times \frac {8}{5} = \frac {4}{5}
$$

# 三、解答题： $1 7 { \sim } 2 2$ 小题，共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17．（本题满分 10分）

计算   10 21 d1 2 2x  x  x  $\int \displaylimits _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { \left( x + 1 \right) \left( x ^ { 2 } - 2 x + 2 \right) } \mathrm { d } x .$

17．解：

$$
\begin{array}{l} \int_ {0} ^ {1} \frac {1}{(x + 1) (x ^ {2} - 2 x + 2)} d x = \int_ {0} ^ {1} \left(\frac {A}{x + 1} + \frac {B x + C}{x ^ {2} - 2 x + 2}\right) d x \\ = \int_ {0} ^ {1} \left(\frac {\frac {1}{5}}{x + 1} + \frac {- \frac {1}{3} x + \frac {3}{5}}{x ^ {2} - 2 x + 2}\right) d x \\ = \frac {1}{5} \ln | 1 + x | \bigg | _ {0} ^ {1} - \frac {1}{1 0} \ln | x ^ {2} - 2 x + 2 | \bigg | _ {0} ^ {1} + \frac {2}{5} \arctan (x - 1) \bigg | _ {0} ^ {1} = \frac {3}{0} \ln 2 + \frac {1}{1 0} \pi . \\ \end{array}
$$

18.（本题满分 10分）

已知函数 $f ( u )$ 在区间 $\left( 0 , + \infty \right)$ 内具有 2 阶导数，记 $g ( x , y ) = f { \Bigg ( } { \frac { x } { y } } { \Bigg ) } ,$ x 若 $g ( x , y )$ 满足

$$
x ^ {2}   {\frac {\partial^ {2} g}{\partial x ^ {2}}} + x y   {\frac {\partial^ {2} g}{\partial x \partial y}} + y ^ {2}   {\frac {\partial^ {2} g}{\partial y ^ {2}}} = 1,   \text {且}   g (x, y) = 1,   {\frac {\partial g}{\partial x}} \big | _ {(x, x)} = {\frac {2}{x}}, \text {求}   f (u).
$$

解： 令 $u = \frac { x } { y }$ ,则 $\frac { \partial g } { \partial x } = f ^ { \prime } \bigl ( u \bigr ) \frac { 1 } { y } , \frac { \partial g } { \partial y } = f ^ { \prime } \bigl ( u \bigr ) \biggl ( - \frac { x } { y ^ { 2 } } \biggr )$

又 $g \left( x , x \right) = f \left( \frac { x } { x } \right) = f \left( 1 \right) = 1 , \frac { \partial g } { \partial x } \Big \vert _ { ( x , x ) } = f ^ { \prime } \left( 1 \right) \frac { 1 } { x } = \frac { 2 } { x } ,$ $f ^ { \prime } ( 1 ) = 2$

$$
\begin{array}{l} \frac {\partial^ {2} g}{\partial x ^ {2}} = \left(f ^ {\prime \prime} (u) \frac {1}{y}\right) \frac {1}{y} = f ^ {\prime \prime} (u) \frac {1}{y ^ {2}} \dots \dots . (1) \\ \frac {\partial^ {2} g}{\partial x \partial y} = f ^ {\prime \prime} (u) \left(- \frac {x}{y ^ {2}}\right) \frac {1}{y} + f ^ {\prime} (u) \left(- \frac {1}{y ^ {2}}\right) = - \frac {x}{y ^ {3}} f ^ {\prime \prime} (u) - \frac {1}{y ^ {2}} f ^ {\prime} (u). \tag {2} \\ \frac {\partial^ {2} g}{\partial y ^ {2}} = f ^ {\prime \prime} (u) \left(- \frac {x}{y ^ {2}}\right) \frac {x}{y} + f ^ {\prime} (u) \left(\frac {2 x}{y ^ {2}}\right) = \frac {x ^ {2}}{y ^ {4}} f ^ {\prime \prime} (u) + \frac {2 x}{y ^ {3}} f ^ {\prime} (u) \dots (3) \\ \end{array}
$$

将（1）（2）（3）代入 22 2gx   $x ^ { 2 } \frac { \partial ^ { 2 } g } { \partial x ^ { 2 } } + x y \frac { \partial ^ { 2 } g } { \partial x \partial y } + y ^ { 2 } \frac { \partial ^ { 2 } g } { \partial y ^ { 2 } } = 1$ 2y  化简得：x

   2 u f  u  uf  u  1 ，即    1f u f u   $u ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } ( u ) + u f ^ { \prime } ( u ) = 1$ $f ^ { \prime \prime } { \bigl ( } u { \bigr ) } + { \frac { 1 } { u ^ { 2 } } } f ^ { \prime } { \bigl ( } u { \bigr ) } = { \frac { 1 } { u ^ { 2 } } } .$ 12

令 $\mathbf { \nabla } ^ { \prime } p ^ { \prime } = f ^ { \prime } ( u )$ 则 $| p ^ { \prime } + \frac { 1 } { u } p ^ { \prime } = \frac { 1 } { u ^ { 2 } }$ 2 u

$$
p = e ^ {- \int_ {u} ^ {\frac {1}{u}} d u} \left[ \int \frac {1}{u ^ {2}} e ^ {\int_ {u} ^ {\frac {1}{u}} d u} d u + C \right] = \frac {1}{u} \left[ \int \frac {1}{u} d u + C \right] = \frac {\ln u}{u} + \frac {C}{u}
$$

又 $\left. p ^ { \prime } \right| _ { u = 1 } = C = 2$ ，故 $p = { \frac { \ln u } { u } } + { \frac { 2 } { u } }$

因此 ， f ln u 2   ，积分得   lf u   $\frac { \partial f } { \partial u } = \frac { \ln u } { u } + \frac { 2 } { u }$ $f \left( u \right) = \int \left( \frac { \ln u } { u } + \frac { 2 } { u } \right) d u = \frac { 1 } { 2 } \ln ^ { 2 } u + 2 \ln u + C \ ,$ u u u

又 $f ( 1 ) = C = 1$ ，故 $f { \bigl ( } u { \bigr ) } = { \frac { 1 } { 2 } } \ln ^ { 2 } u + 2 \ln u + 1$ 。

# 19.（本题满分 10分）

设函数 $f ( x )$ 在区间 $\left( a , b \right)$ 内可导.证明导函数 $f ^ { \prime } ( x )$ 在 $\left( a , b \right)$ 内严格单调增加的充分必要条件是:对 $\scriptstyle ( a , b )$ 内任意的 $x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 }$ ,当 $x _ { 1 } < x _ { 2 } < x _ { 3 }$ 时 $\frac { f \left( x _ { 2 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 2 } - x _ { 1 } } < \frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 2 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 2 } } .$

解：充分性：若对 $( a , b )$ 内任意的 $x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 }$ ，当 $x _ { 1 } < x _ { 2 } < x _ { 3 }$ 时，都有

$$
\frac {f \left(x _ {2}\right) - f \left(x _ {1}\right)}{x _ {2} - x _ {1}} <   \frac {f \left(x _ {3}\right) - f \left(x _ {2}\right)}{x _ {3} - x _ {2}}
$$

$( a , b )$ 内取任意的 $x _ { 1 } < x _ { 2 } < x _ { 3 } < x _ { 4 } < x _ { 5 }$ ，有则在

$$
\frac {f \left(x _ {2}\right) - f \left(x _ {1}\right)}{x _ {2} - x _ {1}} <   \frac {f \left(x _ {3}\right) - f \left(x _ {2}\right)}{x _ {3} - x _ {2}} <   \frac {f \left(x _ {4}\right) - f \left(x _ {3}\right)}{x _ {4} - x _ {3}} <   \frac {f \left(x _ {5}\right) - f \left(x _ {4}\right)}{x _ {5} - x _ {4}}
$$

在 $\frac { f \left( x _ { 2 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 2 } - x _ { 1 } } < \frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 2 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 2 } }$ 两边同时令 2 1x x  ，得 $x _ { 2 }  { x _ { 1 } } ^ { + }$

$f _ { + } ^ { ^ { \prime } } \left( x _ { 1 } \right) \leq \frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 1 } }$ ，两边同时令 $x _ { 2 }  { x _ { 3 } } ^ { - }$ ，得 $\frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 1 } } \leq f _ { - } ^ { ^ { \prime } } \left( x _ { 3 } \right)$ ，即

     3 1f x f xf x    $f _ { + } ^ { ^ { \prime } } \left( x _ { 1 } \right) \leq \frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 1 } } { \leq f _ { - } ^ { ^ { \prime } } \left( x _ { 3 } \right) }$ ，同 理可 得 ${ f _ { + } } ^ { \prime } \left( x _ { 3 } \right) \leq \frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 1 } } { \leq } { f _ { - } } ^ { \prime } \left( x _ { 5 } \right)$ . 因为

$\frac { f \left( x _ { 3 } \right) - f \left( x _ { 1 } \right) } { x _ { 3 } - x _ { 1 } } < \frac { f \left( x _ { 5 } \right) - f \left( x _ { 3 } \right) } { x _ { 5 } - x _ { 3 } }$ f  x1  f  x5    .由 1 5 x , x 的任意性，可得 f   x  在 ${ f _ { \mathrm { + } } ^ { \prime } } \left( x _ { 1 } \right) \le { f _ { \mathrm { - } } ^ { \prime } } \left( x _ { 5 } \right)$ $x _ { 1 } , x _ { 5 }$ $f ^ { \prime } ( x )$

$\scriptstyle ( a , b )$ 内严格单调递增，充分性得证。

再证必要性，即已知 f  x 单调递增，在 x1 , x2 , x2 , x3  上分别使用拉格朗日中值定理， $f ^ { \prime } ( x )$ $\left[ x _ { 1 } , x _ { 2 } \right] , \left[ x _ { 2 } , x _ { 3 } \right]$ 知存在 $\xi _ { 1 } \in { \left( x _ { 1 } , x _ { 2 } \right) } , \xi _ { 2 } \in { \left( x _ { 2 } , x _ { 3 } \right) }$ ，使

$$
f ^ {\prime} \left(\xi_ {1}\right) = \frac {f \left(x _ {2}\right) - f \left(x _ {1}\right)}{x _ {2} - x _ {1}}, \quad f ^ {\prime} \left(\xi_ {2}\right) = \frac {f \left(x _ {3}\right) - f \left(x _ {2}\right)}{x _ {3} - x _ {2}},
$$

又由 f   x  单调递增，且 1 2    知， f 1   f 2  ，即 $f ^ { \prime } ( x )$ $\xi _ { 1 } < \xi _ { 2 }$ $f ^ { \prime } { \left( { \boldsymbol { \xi } } _ { 1 } \right) } < f ^ { \prime } { \left( { \boldsymbol { \xi } } _ { 2 } \right) }$

$$
\frac {f \left(x _ {2}\right) - f \left(x _ {1}\right)}{x _ {2} - x _ {1}} <   \frac {f \left(x _ {3}\right) - f \left(x _ {2}\right)}{x _ {3} - x _ {2}}, \text {必 要 性 得 证 。}
$$

综上所述，充要条件得证。

20.（本题满分 10分）

x t  ,设 $\varSigma$ 是由直线 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = 0 , } \\ { y = 0 } \end{array} } \right.$ 绕直线 t为参数y t   , 旋转一周得到的曲面， $\textstyle { \sum _ { 1 } }$ 是 $\varSigma$ 介于平面z t 

$x + y + z = 0$ 与平面 $x + y + z = 1$ 之间部分的外侧，计算曲面侧积分

$$
I = \iint_ {\Sigma_ {1}} x \mathrm {d} y \mathrm {d} z + (y + 1) \mathrm {d} z \mathrm {d} x + (z + 2) \mathrm {d} x \mathrm {d} y.
$$

解：由题意可知直线 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = 0 } \\ { y = 0 } \end{array} } \right.$ 0y  记为 $l _ { 1 }$ ； $\left\{ \begin{array} { l } { x = t } \\ { y = t } \\ { z = t } \end{array} \right.$ , 记为 $l _ { 2 }$ ，则直 线 $l _ { 1 }$ 绕直 线 $l _ { 2 }$ 旋转 所得 曲

面 $\Sigma$ 为 $\left( x - t \right) ^ { 2 } + \left( y - t \right) ^ { 2 } + \left( z - t \right) ^ { 2 } = 3 t ^ { 2 }$ 。已知 $\Sigma _ { 1 }$ 是 $\Sigma$ 介于平面 $x + y + z = 0$ 和平面$x + y + z = 1$ 之间的外侧，则补面 $\Sigma _ { 0 } : x + y + z = 1$ ，方向指向外侧。则 $\Sigma _ { 0 }$ 与 $\Sigma _ { 1 }$ 所围为封闭区域，则由高斯公式可知

$$
I _ {1} = \oiint_ {\Sigma_ {0} + \Sigma_ {1}} x \mathrm {d} y \mathrm {d} z + (y + 1) \mathrm {d} z \mathrm {d} x + (z + 2) \mathrm {d} x \mathrm {d} y
$$

$= \iiint _ { \Omega } ( 1 + 1 + 1 ) \mathrm { d } \nu = 3 \iiint _ { \Omega } \mathrm { d } \nu = 3 \cdot { \frac { 1 } { 3 } } \pi { \left( { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } \right) } ^ { 2 } { \left( { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } \right) } = { \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } } \pi$ (注： $\Omega$ 为圆 锥体 ) 。

记 $D _ { x y }$ 为 $\Sigma _ { 0 }$ 在xoy面上的投影， $D _ { _ { x y } } = \left\{ ( x , y ) | 0 { \leqslant } x + y { \leqslant } 1 , x \geq 0 , y \geq 0 \right\}$

$$
\begin{array}{l} = \iint_ {D _ {x y}} x \mathrm {d} x \mathrm {d} y + (y + 1) \mathrm {d} x \mathrm {d} y + (3 - x - y) \mathrm {d} x \mathrm {d} y \\ = \iint_ {D _ {x y}} 2 d x d y = 2 \cdot \frac {1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = 1 \\ \end{array}
$$

故 $I = I _ { 1 } - I _ { 2 } = \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } \pi - 1$

21.（本题满分 10分）

设矩阵 $A = { \left( \begin{array} { l l l } { 0 } & { - 1 } & { 2 } \\ { - 1 } & { 0 } & { 2 } \\ { - 1 } & { - 1 } & { a } \end{array} \right) } ,$ 已知 1是 $A$ 的特征多项式的重根.

(1)求 a 的值；  
（2）求所有满足 $A \alpha = \alpha + \beta , A ^ { 2 } \alpha = \alpha + 2 \beta$ 的非零列向量 $\alpha$ ， $\beta$

解：（1） $f ( \lambda ) = \mid A - \lambda E \mid = ( 1 - \lambda ) [ ( \lambda - a ) ( \lambda + 1 ) + 4 ]$

可得 $( 1 - a ) ( 1 + 1 ) + 4 = 0 , a = 3$ $a = 3$

（2）由（1）可知 $A = \left( \begin{array} { r r r } { { 0 } } & { { - 1 } } & { { 2 } } \\ { { - 1 } } & { { 0 } } & { { 2 } } \\ { { - 1 } } & { { - 1 } } & { { 3 } } \end{array} \right) , | A - \lambda E | = 0$ ,得 $\pmb { A }$ 中 $\lambda _ { 1 } = \lambda _ { 2 } = \lambda _ { 3 } = 1$ ，

$$
A \alpha = \alpha + \beta . A ^ {2} \alpha = \alpha + 2 \beta \Rightarrow (A - E) \alpha = \beta , \left(A ^ {2} - E\right) \alpha = 2 \beta = 2 (A - E) \alpha
$$

$\left( A - E \right) ^ { 2 } { \pmb { a } } = { \pmb { 0 } }$ ,其中 $( \pmb { A } - \pmb { E } ) ^ { 2 } \mp \pmb { \operatorname { \_ } }$ ,故 $\pmb { \alpha }$ 为任意的非零向量， ${ \pmb { a } } = \left( a _ { 1 } , a _ { 2 } , a _ { 3 } \right) ^ { \operatorname { T } } , a _ { 1 } a _ { 2 } a _ { 3 } \neq 0$

$$
\Rightarrow \boldsymbol {\beta} = (\boldsymbol {A} - \boldsymbol {E}) \boldsymbol {\alpha} = \left( \begin{array}{l l l} - 1 & - 1 & 2 \\ - 1 & - 1 & 2 \\ - 1 & - 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} a _ {1} \\ a _ {2} \\ a _ {3} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{l} 2 a _ {3} - a _ {1} - a _ {2} \\ 2 a _ {3} - a _ {1} - a _ {2} \\ 2 a _ {3} - a _ {1} - a _ {2} \end{array} \right)
$$

其中 $a _ { 1 } + a _ { 2 } \neq 2 a _ { 3 }$

则综上 $\mathbf { \Delta } \cdot \mathbf { a } = { \left( \begin{array} { l } { a _ { 1 } } \\ { a _ { 2 } } \\ { a _ { 3 } } \end{array} \right) } , \mathbf { \beta } \mathbf { \int } \mathbf { = } { \left( \begin{array} { l } { 2 a _ { 3 } - a _ { 1 } - a _ { 2 } } \\ { 2 a _ { 3 } - a _ { 1 } - a _ { 2 } } \\ { 2 a _ { 3 } - a _ { 1 } - a _ { 2 } } \end{array} \right) } , \left( a _ { 1 } a _ { 2 } a _ { 3 } \neq 0 , a _ { 1 } + a _ { 2 } \neq 2 a _ { 3 } \right)$

22．（本题满分 12分）

投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额 Y 与投保人的损失额 $X$ 的关系为$Y = { \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , X \leq 1 0 0 , } \\ { x - 1 0 0 , X > 1 0 0 . } \end{array} \right. }$ 设 定 损 事 件 发 生 时 ， 投 保 人 的 损 失 额 $X$ 的 概 率 密 度 为

$$
f (x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac {2 \times 1 0 0 ^ {2}}{(1 0 0 + x) ^ {3}}, x > 0, \\ 0, x \leq 0. \end{array} \right.
$$

（1）求 $P \{ Y > 0 \}$ 及 $E Y$ .  
（2）这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$ ，保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$ ，假设 $N$ 服从参数为8的泊松分布，在 $N = n \left( n \geq 1 \right)$ 的条件下， $M$ 服从二项分布 $B ( n , p )$ ，其中 $p = P \{ Y > 0 \}$ ，求 $M$ 的概率分布.

解：

$\mid { \cal P } \{ Y > 0 \} = { \cal P } \{ X - 1 0 0 > 0 \} = { \cal P } \{ X > 1 0 0 \} = \int _ { 1 0 0 } ^ { + \infty } \frac { 2 \times 1 0 0 ^ { 2 } } { \left( 1 0 0 + x \right) ^ { 3 } } d x = \frac { 1 } { 4 }$ dx =

$$
E Y = \int_ {1 0 0} ^ {+ \infty} (x - 1 0 0) \frac {2 \times 1 0 0 ^ {2}}{(1 0 0 + x) ^ {3}} d x = 5 0
$$

(2)

$$
N \sim P (8) = \{M \mid N = n \} \sim B \left(n, \frac {1}{4}\right)
$$

$$
\begin{array}{l} P \{M = m \} = \sum_ {n = m} ^ {\infty} P \{N = n \} \cdot P \{M = m \mid N = n) \\ = \sum_ {n = m} ^ {\infty} \frac {8 ^ {n}}{n !} e ^ {- 8} \cdot C _ {n} ^ {m} \cdot \left(\frac {1}{4}\right) ^ {m} \cdot \left(\frac {3}{4}\right) ^ {n - m} \\ = \sum_ {n = m} ^ {\infty} \frac {8 ^ {n}}{n !} e ^ {- 8} \cdot \frac {n !}{m ! (n - m) !} \left(\frac {1}{4}\right) ^ {m} \cdot \left(\frac {3}{4}\right) ^ {n - m} \\ = \left(\frac {1}{4}\right) ^ {m} e ^ {- 8} \frac {8 ^ {m}}{m !} \sum_ {n = m} ^ {\infty} \frac {8 ^ {n - m}}{(n - m) !} \cdot \left(\frac {3}{4}\right) ^ {n - m} \\ = \left(\frac {1}{4}\right) ^ {m} e ^ {- 8} \frac {8 ^ {m}}{m !} \sum_ {n = m} ^ {\infty} \frac {6 ^ {n - m}}{(n - m) !} = \frac {2 ^ {m}}{m !} e ^ {- 2} \\ \end{array}
$$