1994考研数学一真题及答案详解

1994考研数学一真题及答案详解

1994年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题

一、填空题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.) (1) limcotx(

x 0

11

) sinxx

(2) 曲面z ez 2xy 3在点(1,2,0)处的切平面方程为1x 2u

(3) 设u esin,则在点(2,)处的值为_____________.

y x y

x

x2y2

(4) 设区域D为x y R,则 (2 2)dxdy _____________.

abD

2

2

2

nTT

(5) 已知 (1,2,3), (1,,),设A ,其中 是 的转置,则A 1123

二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)

sinx4342

(1) 设M cosxdx,N (sinx cosx)dx,P 2 (x2sin3x cos4x)dx, 2 1 x222

2

则 ( )

(A) N P M (B) M P N (C) N M P (D) P M N

(2) 二元函数f(x,y)在点(x0,y0)处两个偏导数fx (x0,y0)、fy (x0,y0)存在是f(x,y)在该点连续的 ( ) (A) 充分条件但非必要条件 (B) 必要条件而非充分条件

(C) 充分必要条件 (D) 既非充分条件又非必要条件 (3) 设常数 0,且级数

a收敛,

则级数 ( 1)n

2nn 1

( )

n 1

(A) 发散 (B) 条件收敛 (C) 绝对收敛 (D) 收敛性与 有关 (4) lim

x 0

atanx b(1 cosx)cln(1 2x) d(1 e x)

2

2,其中a2 c2 0,则必有 ( )

(A) b 4d (B) b 4d (C) a 4c (D) a 4c

(5) 已知向量组 1、 2、 3、 4线性无关,则向量组 ( ) (A) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关

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(B) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关

(C) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关 (D) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关

三、(本题共3小题, 每小题5分,满分15分.)

x cos(t2),2

dydy

(1)

设 求、在. t t222

dxdx

udu, y tcos(t) 1

(2) 将函数f(x) (3) 求

11 x1ln arctanx x展开成x的幂级数. 41 x2

dx

sin2x 2sinx.

四、(本题满分6分)

xdydz z2dxdy

计算曲面积分 ,其中S是由曲面x2 y2 R2及两平面z R, 222

x y zS

z R(R 0)所围成立体表面的外侧.

五、(本题满分9分)

设f(x)具有二阶连续导数,f(0) 0,f (0) 1,且

[xy(x y) f(x)y]dx [f (x) x2y]dy 0为一全微分方程,求f(x)及此全微分方程的

通解.

六、(本题满分8分)

设f(x)在点x 0的某一领域内具有二阶连续导数,且lim

x 0

f(x)

0,证明级数 x

n 1

1

f()绝对收敛. n

七、(本题满分6分)

已知点A与B的直角坐标分别为(1,0,0)与(0,1,1).线段AB绕z轴旋转一周所围成的旋转曲面为S.求由S及两平面z 0,z 1所围成的立体体积.

八、(本题满分8分)

1994考研数学一真题及答案详解

设四元线性齐次方程组( )为

x1 x2 0,

又已知某线性齐次方程组( )的通解为

x2 x4 0,

k1(0,1,10) k2( 1,2,2,1).

(1) 求线性方程组( )的基础解系；

(2) 问线性方程组( )和( )是否有非零公共解？若有,则求出所有的非零公共解.若没有,则说明理由.

九、(本题满分6分)

设A为n阶非零方阵,A是A的伴随矩阵,A是A的转置矩阵,当A A时,证明

*

T

*

T

|A| 0.

十、填空题(本题共2小题, 每小题3分,满分6分.)

(1) 已知A、B两个事件满足条件P(AB) P(AB),且P(A) p,则P(B) __________. (2) 设相互独立的两个随机变量X、Y具有同一分布律,且X的分布律为

则随机变量Z max X,Y 的分布律为_______.

十一、(本题满分6分)

已知随机变量(X,Y)服从二维正态分布,且X和Y分别服从正态分布N(1,3)和

2

1XY

N(0,42),X与Y的相关系数 XY ,设Z ,

232

(1) 求Z的数学期望E(Z)和方差D(Z)； (2) 求X与Z的相关系数 XZ； (3) 问X与Z是否相互独立？为什么？

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1994年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析

一、填空题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】

1 6

【解析】原式变形后为“续应用两次洛必达法则,有

原式 lim

”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,所以连0

cosx(x sinx)x sinx

limcosx lim 23x 0x 0x 0xsinxx

1 cosxsinx1sinx lim lim lim 1) . (由重要极限x 0x 06xx 03x26x

(2)【答案】2x y 4 0

【解析】所求平面的法向量n为平行于所给曲面在点(1,2,0)处法线方向的方向向量l,取n l,又平面过已知点M(1,2,0).

已知平面的法向量(A,B,C)和过已知点(x0,y0,z0)可唯一确定这个平面：

A(x x0) B(y y0) C(z z0) 0.

因点(1,2,0)在曲面F(x,y,z) 0上.曲面方程F(x,y,z) z ez 2xy 3. 曲面在该点的法向量

F F F

n ,, 2y,2x,1 ez 4,2,0 2 2,1,0 , (1,2,0)

x y z (1,2,0)

故切平面方程为 2(x 1) (y 2) 0, 即 2x y 4 0.

2

(3)【答案】2

e

【解析】由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,为了简化运算,所以本题可以先求

u u ,再求. y x y

uxx

2e xcos, yyy

2u 2u u

x y(2,1) y x(2,1) x y

2 x

xecos x 1

y xx 2 x 2

1994考研数学一真题及答案详解

( e(1 x)cos x)

(可边代值边计算,这样可以简化运算量.)

2 x

x 2

0

2

e2

.

【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数u (x,y),v (x,y)都在点(x,y)具有对x及对y的偏导数,函数z f(u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数

z f( (x,y), (x,y))在点(x,y)的两个偏导数存在,且有

z z u z v u v f1 f2 ； x u x v x x x

z z u z v u v f1 f2 . y u y v y y y

(4)【答案】

4

R4(

11 2) 2

ab

【解析】很显然,根据此题的特征用极坐标变换来计算： 原式 d

02

R

cos2 sin2 r 2

2

b a

22

2 cos sin2

2 rdr 0 2

b aR 3

d rdr. 0

注意：

2

cos d sin2 d ,

2

2

则 原式

11 14 4 11

2 R R 2 2 . 2ab 44 ab 12132

1 3 2 3 1

1 n 1

(5)【答案】3 2

3

1

11 T

【解析】由矩阵乘法有结合律,注意 1,, 2 3是一个数,

23

3

1

1 2 1

11 T

而 A 2 1,, 21 23

3

33 2 1

3 2

,(是一个三阶矩阵) 3 1

1994考研数学一真题及答案详解

于是,

An ( T )( T )( T ) ( T ) T T T T

1

n 1Tn 1 3 32

3

1

2132

1 3 2 . 3 1

二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)

(1)【答案】(D)

【解析】对于关于原点对称的区间上的积分,应该关注被积函数的奇偶性.

由对称区间上奇偶函数积分的性质,被积函数是奇函数,积分区间关于原点对称,则积分为0,故M 0,且

由定积分的性质,如果在区间 a,b 上,被积函数f(x) 0,则

b

a

f(x)dx 0 (a b).

所以 N 2

20

cosxdx 0, P 2 2cos4xdx N 0.

4

因而 P M N,应选(D). (2)【答案】(D)

【解析】f(x,y)在点(x0,y0)连续不能保证f(x,y)在点(x0,y0)存在偏导数fx (x0,y0),

fy (x0,y0).反之,f(x,y)在点(x0,y0)存在这两个偏导数fx (x0,y0),fy (x0,y0)也不能保

证f(x,y)在点(x0,y0)连续,因此应选(D).

二元函数f(x,y)在点(x0,y0)处两个偏导数存在和在点(x0,y0)处连续并没有相关性. (3)【答案】(C)

【解析】考查取绝对值后的级数.因

1211121an a , n22n2 22n2

(第一个不等式是由a 0,b 0,ab

2

n

12

(a b2)得到的.) 2

11

又 a收敛, 2 收敛,(此为p级数： p当p 1时收敛；当p 1时发散.) n 1n 12nn 1n

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121

所以 an 2收敛,由比较判别法,

得收敛.

2nn 12n 1

故原级数绝对收敛,因此选(C). (4)【答案】(D)

【解析】因为 1 cosx

212

x o(x),1 e x x2 o(x), 2

故 atanx b(1 cosx) ax (a 0),

cln(1 2x) d(1 e x) 2cx (c 0),

因此,原式左边 lim

2

axa

2 原式右边, a 4c.

x 0 2cx 2c

当a 0,c 0时,极限为0；

当a 0,c 0时,极限为 ,均与题设矛盾,应选(D). 【相关知识点】1.无穷小的比较：

设在同一个极限过程中, (x), (x)为无穷小且存在极限 lim

(x)

l. (x)

（1） 若l 0,称 (x), (x)在该极限过程中为同阶无穷小；

（2） 若l 1,称 (x), (x)在该极限过程中为等价无穷小,记为 (x) (x)； （3） 若l 0,称在该极限过程中 (x)是 (x)的高阶无穷小,记为

(x) o (x) .

若lim

(x)

不存在(不为 ),称 (x), (x)不可比较. (x)

2. 无穷小量的性质：当x x0时, (x), (x)为无穷小,则

(x) (x) (x) (x) o( (x)).

(5)【答案】(C)

【解析】这一类题目应当用观察法.若不易用观察法时可转为计算行列式. (A)：由于 1 2 2 3 3 4 4 1 0,所以(A)线性相关. (B)：由于 1 2 2 3 3 4 4 1 0,所以(B)线性相关.

对于(C),实验几组数据不能得到0时,应立即计算由 的系数构成的行列式,即

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110001100 100

2 0,

1011

由行列式不为0,知道(C)线性无关.故应选(C). 当然,在处理(C)有困难时,也可来看(D),由

( 1 2) ( 2 3) ( 3 4) ( 4 1) 0,

知(D)线性相关,于是用排除法可确定选(C).

【相关知识点】 1, 2, , s线性相关的充分必要条件是存在某 i(i 1,2, ,s)可以由

1, i 1, i 1, , s线性表出.

1, 2, , s线性无关的充分必要条件是任意一个 i(i 1,2, ,s)均不能由

1, i 1, i 1, , s线性表出.

三、(本题共3小题, 每小题5分,满分15分.)

dydydtdy (1)【解析】

dxdtdxdt

dxyt dtxt

cost2 2t2sint2

2tsint

1

cost2 2t t(t 0), 2

同理 y xx

(y 1x)t

, 2

xt 2tsint

代入参数值

t

则

y x

t

, y xx

t 【相关知识点】1.复合函数求导法则:如果u g(x)在点x可导,而y f(x)在点u g(x)可导,则复合函数y f g(x) 在点x可导,且其导数为

dydydydu f (u) g (x) 或 . dxdxdudx

2.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)

(t)

(t)

f(x)dx, (t), (t)均一阶可导,则

F (t) (t) f (t) (t) f (t) .

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(2)【解析】f(x)

111

ln(1 x) ln(1 x) arctanx x. 442

先求f (x)的展开式.将f(x)微分后,可得简单的展开式,再积分即得原函数的幂级数展开.所以由

n!

该级数在端点x 1处的收敛性,视 而定.特别地,当 1时,有

1

1 x x2 x3 ( 1)nxn , ( 1 x 1) 1 x1

1 x x2 x3 xn , ( 1 x 1) 1 x1111111111

1 1 得 f (x)

41 x41 x21 x221 x221 x2

14n4n 1 x 1 x(|x| 1), 41 xn 0n 1

(1 x) 1 x

( 1)

2!

x2

( 1) ( n 1)

xn ,( 1 x 1)

积分,由牛顿-莱布尼茨公式得

f(x) f(0)

x

x4n 1

f (x)dx tdt (|x| 1).

04n 1n 1n 1

x4n

(3)【解析】方法1：利用三角函数的二倍角公式sin2 2sin cos ,并利用换元积分,

结合拆项法求积分,得

dxdx

sin2x 2sinx 2sinx(cosx 1)

sinxdx11

cosx u 22 2sinx(cosx 1)2(1 u)(1 u)

2

2

( sinx 1 cosx)

1(1 u) (1 u)1112 ( )du

4 (1 u)(1 u)28 1 u1 u(1 u)2

1 2 ln|1 u| ln|1 u| C 8 (1 u)

1 2 ln 1 cosx ln 1 cosx C, 8 1 cosx

其中C为任意常数.

方法2：换元cosx u后,有

原式

dxsinxdx1du

2sinx(cosx 1) 2sin2x(cosx 1)2 (1 u)(1 u)2.

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用待定系数法将被积函数分解:

1ABD

(1 u)(1 u)21 u1 u(1 u)2

(A B)u2 (2A D)u (A B D)

,

(1 u)(1 u)2

A B 0

11

2A D 0 A B ,D .

42 A B D 1

于是,原式＝

11121 2 ( )du ln u ln u C 8 1 u1 u(1 u)28 1 u

1 2 ln 1 cosx ln 1 cosx C. 8 1 cosx

四、(本题满分6分)

【解析】求第二类曲面积分的基本方法:套公式将第二类曲面积分化为第一类曲面积分,再化为二重积分,或用高斯公式转化为求相应的三重积分或简单的曲面积分.

这里曲面块的个数不多,积分项也不多,某些积分取零值,如若 垂直yOz平面,则

Pdydz 0.化为二重积分时要选择投影平面,注意利用对称性与奇偶性.

先把积分化简后利用高斯公式也很方便的.

z2dxdy方法1：注意 2 0,(因为S关于xy平面对称,被积函数关于z轴对称) 22

x y zS

所以 I

xdydz

. 222 x y zS

S由上下底圆及圆柱面组成.分别记为S1,S2,S3. S1,S2与平面yOz垂直

xdydzxdydz

0. 222222 x y zx y zs1s2

在S3上将x y R代入被积表达式 I

2

2

2

xdydz

. 22 R zs3

S3在yz平面上投影区域为Dyz: R y R, R z R,在S3上

,x ,S3关

1994考研数学一真题及答案详解

于yz平面对称,被积函数对x为奇函数,可以推出

I 2Dyz

RRdz 2 2 2 22 00R z

z1

R arctan 2R.

4RR02

2

R

方法2：S是封闭曲面,它围成的区域记为 ,记 I

xdydz

. 22 R zS

再用高斯公式得 I

R x 1dxdy

dV dV dz 22 2222 R x R z R zR z D(z)

2

2 R

R

112

dz R (先一后二的求三重积分方法)

R2 z22

其中D(z)是圆域：x2 y2 R2.

【相关知识点】高斯公式：设空间闭区域 是由分片光滑的闭曲面 所围成,函数

P(x,y,z)、Q(x,y,z)、R(x,y,z)在 上具有一阶连续偏导数,则有

P Q R

Pdydz Qdzdx Rdxdy, dv x y z

或

P Q R Pcos Qcos Rcos dS, dv x y z

这里 是 的整个边界曲面的外侧,cos 、cos 、cos 是 在点(x,y,z)处的法向量的方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式.

五、(本题满分9分)

【解析】由全微分方程的条件,有

[xy(x y) f(x)y] [f (x) x2y], y x

即 x 2xy f(x) f (x) 2xy,亦即 f (x) f(x) x.

2

y y x,

因而是初值问题 的解,此方程为常系数二阶线性非齐次方程,对应的

y 0,y 1, x 0 x 0220x2

x e x齐次方程的特征方程为r 1 0的根为r,原方程右端中的 0,不同 i1,2

22

1994考研数学一真题及答案详解

于两个特征根,所以方程有特解形如 Y Ax Bx C. 代入方程可求得 A 1,B 0,C 2,则特解为x 2.

由题给f(0) 0,f (0) 1,解得 f(x) 2cosx sinx x2 2.

2

2

f(x)的解析式代入原方程,则有

[xy2 2y (2cosx sinx)y]dx [x2y 2x 2sinx cosx]dy 0.

先用凑微分法求左端微分式的原函数：

11

(y2dx2 x2dy2) 2(ydx xdy) yd(2sinx cosx) (2sinx cosx)dy 0, 221

d(x2y2 2xy y(cosx 2sinx)) 0. 2

122

其通解为 xy 2xy y(cosx 2sinx) C 其中C为任意常数.

2

【相关知识点】1.二阶线性非齐次方程解的结构：设y*(x)是二阶线性非齐次方程

y P(x)y Q(x)y f(x)的一个特解.Y(x)是与之对应的齐次方程 y P(x)y Q(x)y 0的通解,则y Y(x) y*(x)是非齐次方程的通解.

2. 二阶常系数线性齐次方程通解的求解方法：对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解

Y(x),可用特征方程法求解：即y P(x)y Q(x)y 0中的P(x)、Q(x)均是常数,方程

2

变为y py qy 0.其特征方程写为r pr q 0,在复数域内解出两个特征根r 1,r2；

分三种情况：

(1) 两个不相等的实数根r1,r2,则通解为y C1e

rx1

C2er2x;

rx

1

(2) 两个相等的实数根r1 r2,则通解为y C1 C2x e;

(3) 一对共轭复根r1,2 i ,则通解为y e为常数.

x

C1cos x C2sin x .其中C1,C2

*

3.对于求解二阶线性非齐次方程y P(x)y Q(x)y f(x)的一个特解y(x),可用待定

系数法,有结论如下：

如果f(x) Pm(x)e,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如y(x) xQm(x)e 的特解,其中Qm(x)是与Pm(x)相同次数的多项式,而k按 不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取0、1或2.

x

*

k

x

1994考研数学一真题及答案详解

如果f(x) e x[Pl(x)cos x Pn(x)sin x],则二阶常系数非齐次线性微分方程

y p(x)y q(x)y f(x)的特解可设为

(1)(2)

y* xke x[Rm(x)cos x Rm(x)sin x],

(1)(2)

其中Rm(x)与Rm(x)是m次多项式,m max l,n ,而k按 i (或 i )不是特征

方程的根、或是特征方程的单根依次取为0或1.

六、(本题满分8分) 【解析】lim

x 0

f(x)

0表明x 0时f(x)是比x高阶的无穷小,若能进一步确定f(x)是xx

的p阶或高于p阶的无穷小,p 1,从而f()也是

1n1

的p阶或高于p阶的无穷小,这就n

证明了级数

n 1

1

f()绝对收敛. n

f(x)

0及f(x)的连续性得知f(0) 0,f (0) 0,再由f(x)在点x 0

x 0x

0f(x)

的某一领域内具有二阶连续导数以及洛必达法则,lim2为“”型的极限未定式,又分

x 0x0

子分母在点0处导数都存在,连续运用两次洛必达法则,有

f(x)f (x)f (x)1lim2 lim lim f (0) x 0xx 02xx 022

方法一：由lim

lim

x 0

f(x)1

f (0). 2

x2

1

f()

1n

由函数极限与数列极限的关系 lim f (0).

n 12

n2

111

因 2收敛 f()收敛,即 f()绝对收敛.

nnn 1nn 1n 1

方法二：由lim

x 0

f(x)

0得知f(0) 0,f (0) 0,可用泰勒公式来实现估计.f(x)在点x

11

f ( x)x2 f ( x)x2(0 1,x [ , ]) 22

x 0有泰勒公式：

f(x) f(0) f (0)x

因f(x)在点x 0的某一领域内具有二阶连续导数,

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0,f (x)在x [ , ]有界,即 M 0,有|f (x)| M,x [ , ] f(x)

11

f ( x)x2 Mx2,x [ , ]. 22

对此 0, N,n N时,0

1111

f() M2. nn2n

111

又 2收敛 f()收敛,即 f()绝对收敛.

nnn 1nn 1n 1

【相关知识点】正项级数的比较判别法：

设

un和 vn都是正项级数,且lim

n 1

n 1

vn

A,则

n un

同时收敛或同时发散；

⑴ 当0 A 时,

u

n 1n

n

和

v

n 1

n

⑵ 当A 0时,若

u

n 1

收敛,则

v

n 1

n

收敛；若

v

n 1

n

发散,则

u

n 1

n

发散；

⑶ 当A 时,若

七、(本题满分6分)

v

n 1

n

收敛,则

u

n 1

n

收敛；若

u

n 1

n

发散,则

v

n 1

n

发散.

【解析】方法1：用定积分.

设高度为z处的截面Dz的面积为S(z),则所求体积V

S(z)dz.

1

A,B所在的直线的方向向量为 0 1,1 0,1 0 1,1,1 ,且过A点,

所以A,B所在的直线方程为

x 1 zx 1yz

或 . 111y z

2

2

2

2

2

截面Dz是个圆形,其半径的平方 R x y (1 z) z,则面积

S(z) R2 [(1 z)2 z2],

由此 V

1

[(1 z)2 z2]dz

1

2 2

. 1 2z 2z2dz z z2 z3

33 0

1

方法2：用三重积分

.

V dV d dz

2 1

2 , 3

1994考研数学一真题及答案详解

或者 V

22

dV dzd [(1 z) z]dz

Dz

11

1 2z 2z2 dz

1

2 2

z z2 z3 .

33 0

八、(本题满分8分)

【解析】(1)由已知,( )的系数矩阵,A

1

1100

.

010 1

由于n r(A) 2,所以解空间的维数是2.

取x3,x4为自由变量,分别令 x3,x4 1,0 , 0,1 ,求出Ax 0的解. 故( )的基础解系可取为 (0,0,1,0),( 1,1,0,1). (2)方程组( )和( ) 有非零公共解.

将( )的通解 x1 k2,x2 k1 2k2,x3 k1 2k2,x4 k2代入方程组( ),则有

k2 k1 2k2 0

k1 k2.

k1 2k2 k2 0

那么当k1 k2 0时,向量k1(0,1,1,0) k2(是( )与( )的非 1,2,2,1) k1(1, 1, 1, 1)零公共解.

九、(本题满分6分)

【解析】证法一：由于 A A,根据A的定义有

*

T

*

Aij aij( i,j 1,2,L,n),其中Aij是行列式|A|中aij的代数余子式.

由于A 0,不妨设aij 0,那么

222

|A| ai1Ai1 ai2Ai2 L ainAin ai21 ai2 L ain aij 0,

故 |A| 0.

证法二：(反证法)若|A| 0,则AA AA |A|E 0.

T222

设A的行向量为 i(i 1,2,L,n),则 i i ai1 ai2 L ain 0 (i 1,2,L,n).

*

T

1994考研数学一真题及答案详解

于是 i (ai1,ai2,L,ain) 0 (i 1,2,L,n). 进而有A 0,这与A是非零矩阵相矛盾.故|A| 0.

十、填空题(本题共2小题, 每小题3分,满分6分.)

(1)【解析】利用随机事件的概率运算性质进行化简.由概率的基本公式(广义加法公式),有

P(AB) P(AUB) 1 P(AUB)

1 [P(A) P(B) P(AB)] 1 P(A) P(B) P(AB).

因题目已知 P(AB) P(AB),故有

P(A) P(B) 1,P(B) 1 P(A) 1 p.

(2)【解析】由于X、Y相互独立且同分布,只能取0、1两个数值,易见随机变量

Z max X,Y 只取0与1两个可能的值,且

P Z 0 P max X,Y 0 P X 0,Y 0 P X 0 P Y 0

P Z 1 1 P Z 0

3. 4

1, 4

所以随机变量Z max X,Y 的分布律为：

十一、(本题满分6分)

【解析】此题的第一小问是求数学期望E(Z)和方差D(Z),是个常规问题；(2)求相关系数

XZ,关键是计算X与Z的协方差；(3)考查相关系数为零与相互独立是否等价.

(1) 由X N(1,3),Y N(0,4),知

2

2

E(X) 1,D(X) 9,E(Y) 0,D(Y) 16.

由数学期望和方差的性质：

E(aX bY c) aE(X) bE(Y) c,

D(aX bY c) a2D(X) b2D(Y) 2abCov(X,Y),

1994考研数学一真题及答案详解

其中a,b,c为常数.

111EX EY , 323111

DZ DX DY Cov(X,Y)

943111

9 16 XY94311

5 ( ) 3 4 3.

32

11

(2) 因为Cov(X,Z) Cov(X,X Y)

3211

Cov(X,X) Cov(X,Y)

3211

32 ( 6) 0 32

得 EZ 所以

XZ

0.

(3) 由于(X,Y)服从二维正态分布,则其线性组合构成的随机变量也服从二维正态分布,而

Z

XY

,X X 0Y,故X和Z都是其线性组合,则(X,Z)服从二维正态分布,根据

32

XZ

0,所以X与Z是相互独立的.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/14gi.html