四年级苏教版数学下册2020考研数学一真题及答案-2020数学原题

2020年11月16日发(作者：罗方序)





一、选择题
2020考研数学一真题及答案
（1）当 x 0 时，下列无穷小量最高

阶是
dt
.
t

（A）
0
x
e
t

2

3

（B）
0
x
ln 1

1 d t .

（C）
0
sin

x
sin t
2


dt .


（1）【答案】（D）.

x
0
2

（D）
0
1 cos
sin t

dt
2

x

.



2
e
t

e
x
2
1 dt x 1
1

【解析】因为
lim lim ,
lim
x
x 0 x 3
+
0
+
x
3
3 x
2
0
+
x
2
3
故 x 0 时，
0
x

1 dt 是 x 的 3 阶无
t2

e
穷小；



t
x333
lim ln 1 x lim x 2 ,
0
ln 1 dt
因为

lim

+
x
++
0

x 0 5

3

5

3

5

x 0

5

x

2


x

x 2

2



2 2







故 x 0 时，
0
x
ln 1 t
3
dt 是 x 的
5
2
阶无穷小；
sinx
0
因为
lim
sin t
2
sin sin x
2
sin
2

dt lim cos x lim x lim

x x x 0
+
x
0
+

x
3 0
+
3 x
2
3 x
2
0
+


故 x 0 时，
0
sin

x
sin t
2
dt 是 x 的 3 阶无穷小；


（ ）

2
x

1

,
3

x
2
3


sin t dsin 1 cos x
2
sin 1 cos
0
1
22
cos x t sin x x
因为
lim lim 1,
lim

d

0
t

t
1
x x
++
cos

2

0
x
x 0
1 cos x sin
0
+

1 cos

x

x

1

cos
x
1 1 1
t
又
0
1 cos

x
t


2
1 cos x
2

x
4
，

dt


8

2

0

2



故 x 0 时，
0
1 cos

x
sin t
2
dt 是 x 的 4 阶无穷小；


综上， x 0 时，无穷小量中最高阶的是
0
1 cos

x
sin t
2
dt .


故应选（D）.

x
0
（2）设函数
在区
1,1 内有定义，且

x
间
f lim f x
0, 则
（ ）

f
（A）当
0 时， f x 在 x 0 处
x
lim
可导.




x

0

x




















（B）当0 时， f x 在 x 0 处
f x
可导.

lim

x
x
2
0
（C）当 f x 在 x 0 处可导
f

x
时，lim
0 .




x 0


x




























（
时，
D）
lim
当 f x 在 x 0 处可导
f x
0 .
x 0
x
2
（2）【答案】（C）.
【解析】
对于选项（
在 x
A）：取
0
f
处不可导，排除（
x
A）.
x ，满足已知，但 f x
x
x, 0,
满足已知，但 f x 在 x 0
对于选项（B）：f x
x
导，排除（B）.
处不可
0,
0,
对于选项（
处连续，故
C

）：当 f x 在 x 0 处可导时， f x 在 x

f x f
f 0
lim f
x 0,
0 lim
且 f 0 存在，不妨设 f
f 0 x
lim A,

x
0

x
x 0
0

x x

则
f f
lim


x





lim





x






x




0 . 同理可排除

（D）.
















x

x

x

x

0

x
0


故应选（C）.


（3）设函数 f x 在处可微， f 0, 0

f

f

0
























点 0, 0


n 垂直，

则





0, n

, 非零向量d

,

，

1 与
0,
x y
0

（ ）

x , x ,
n y , f y


li

（A）
m
0
在
存
.
x
2


x , y0,0
y
2

x , x ,
n y , f y


（B）
lim

0
在
存
.
x
2


x ,
y 0,0
y
2

x , x ,
d y , f y


（C）
lim
0
在
存
.
x
2


x ,
y 0,0
y
2

x , x ,
d y , f y


（D）
lim
0 存在.
x
2


y0,0
x ,
y
2

（3）【答案】（A）.
【解析】因 f x 在点 0, 0 处可微，且





















f 0, 0





















0 ，故

























f x , y f 0, 0 f
x
0, 0 x f
y
0, 0 y x
2

y
2
,
f f

因为n ,
,
f
x
0, 0 , f
y
0, 0 ,

1

1 ，故

x

y

0,0
n x , y , f x , y f
x
0, 0 x f
y
0, 0 y f x , y
y2 ，
3

n x , y , f x
2

x , y y
2


则
lim lim
0. 故应选（A）.
x
2

x , y0,0
x
2
y
2
y0,0
x ,
y
2


（4） 设R 为幂级数 a
n
n
x 的收敛半径，r 是实数，则
又 1

（A） a
n
r
n
发散

时，
r
R .


n 1


（B） a
n
r
n
发散

时，
r
R .


n 1



R 时， a
n
n
r 发

（C）
r
散.


n 1

x 2







）





























（

















R 时， a
n
r
n
发
r
散.
（D）



n 1


（4）【答案】（A）.





















【解析】若 a r
n
发散，R ，由阿贝尔定理知， a

n

R ，否则，

n
r r
则
若
n
r

n 1 n 1


绝对收敛，矛盾. 故应选（A）.
（5）若矩阵 A 经过初等列变换化成B ，

则
（ ）
（A）存在矩阵 P ，使得 PA B.

（B）存在矩阵 P ，使得BP A.

（C）存在矩阵 P ，使得 PB A.

（D）方程组 Ax

（5）【答案】（B）.



故应选（B）.




x a y z x y z
b
2
c
2

与直线
a
3
b
3
c
3

（6）已知直线
2
相交于

L :
L :
一

1

2
a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2

a
i

, i 1, 2,
点，法向量α

3 .则

b









（ ）
【解析】 A 经过初等列变换化成B ，相当于 A 右乘可逆矩阵 P 变
成B ，即存在
可逆矩阵Q ，使得 AQ B ，得BQ
1

取 P Q
1
，则存在矩阵 P ，使得BP
A .
A.
0 与Bx 0 同解.

i i


c



i

（A）α
1
可由α
2
, α
3
线性（B）α
2
可由α
1
, α
3
线
表示. 性表示.
（C）α
3
可由α
1
, α
2
线性（D）α
1
, α
2
,
表示. α
线性无
3

关.


（6）【答案】（C）.

a
1
a
2

【解析】
故向量
已知L , L 相交于一点，
，即
b


与
b



α
α
,

线性无
关.
12

1


2


12



c


c



1

2

a
3

a
1
a
2
a
2

且
有
, ,

，即α ,
,
b

b b b
α
α
α 线性相
关.

1

2

3 2

12 3 1

c

c

c
c


1

2

3 2

故α
1
, α
2
, α
3
线性相关，则α
3
可由α
1
, α
2
线性表示，且表
示法唯一.
故应选（C）.
（7）设 A, B , C 为三个随机事件，且
P A P B P C
1
4
, P AB 0, P AC P BC
1
12
,
则
的概率为
A, B , C

恰有一个事件发生

（ ）
3 2 1 5
（A）
.
（B）
.
（C）
.
（D）
.
4 3 2 12
（7）【答案】（D）.


















【解析】事件 A, B , C 中前有一个发生的概率可用至少一个发生
的概率减去至少发
生两个的概率表示，即P ( ABC ABC ABC ) P ( A B C ) P
AC BC),

( AB


5
P ( A B C ) P ( A) P ( B ) P (C ) P ( AB ) P ( AC ) P
( BC ) P ( ABC) ，因 P ( AB) 0 ，故P ( ABC) 0 ，从而


3117
P ( A B C)
4
0
12

12
0
12
,


P ( AB AC BC ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC ) P ( ABC )
P ( ABC ) P ( ABC)

0
12
1

12
1
0
1
6
,




P ( ABC ABC ABC)
12
7 1
6 12
5
. 故应选（D）.
（8）设 X
1
, X
2
, , X
100
为来自总体 X 的简单随机样本，其
1
,
中P X 0 P X 1

2


100

x 表示标准正态分布，则利用中心极限定理可得55 的近似值

）

PX
i
为（

i 1


0.0.
（A）11 . （B） 1 . （C）1 2
.
（D）
2
.


（8）【答案】（B）.
100 100
【解析】由中心极限定理知， X
i
近似服从 N ( ,
2
) ，其中

E ( X
i
) 50 ，

i 1

i 1


1 1


2D ( X) 100

2 2

25

，故

i

1
i


10
0
1055
0 50
X
i
50







PX i 55

i 1



故应选（B）.
二、填空题
1 1

9.
x
lim

ln(1
e
x

x)
0


1

（9）【答案】 1.
【解析】

i

1

(1) .

P
5 5





．









lim
x 0
1 e x 1




2










ln(1 x)
1 e
x
1

ln( lim x
1
x)
x

1 ln(1 x)
0
e
1
2

x
2


1

x

x

x

1x
2 2

lim


x
x
2

0

x
2
x2

lim 1.
2
x
x
0





2 2

x
t

1,
d
y


10

.
已知

则
2

．


2


y ln(t t
1),

dx t 1


（

10）【答案】 2 .

【解析】因为



dy




dx
2







d
2
y t
2
1
故


dx
2

t t 3
1

11. 设 y f ( x) 满足

0

f (x )dx

d
1 2t 1






y












































1











































d

t

t t
2
1

2
2

t
2
1

t
1



dx

2
t

t







































































d2 t
2
t
2

t 1 1

d

dy

d dy

dt

dx
d
2
y


d

x
dx

dt
dx
dx

d

1 1

1

1

t
2
1



d
2

3

,



t

t



dx






t













t












t









dt
2

t 1


2.
t

1

f ( x ) af (x ) f (x ) 0 (a 0), f (0) m, f

1

．
t
,

(0) n ，则



（11）【答案】am n .
【解析】由已知，得

f (x )dx f ( x ) af (x ) dx f (x )
(x) .

0

0

0









a 0 a 2 时，
a 4 a 2 i
1,2
，故



f x

a
x


2

x C
2


2

e
2

C
1
cos
4
a
sin 4
a

x ,

af








2

2




a

4 a

2

4 a
2


a

x


x C
2


C
1

x sin
x

f e
2


cos


2

2

2




a
x
2

2

2

2

4 4 4 4

a

a

a

a

C

2

e sin x

C cos x ,

2

2

2

2

1

2


f ( x)
从而
f ( x )
lim 0.
lim

x

x



当a 2 时，
1,2
1 ，故

f x C
1
C
2
x e
x
,

xC
1
C
2
x e
x
C
2
e
x
,

从而

lim x f ( x )lim x ( x)0.


a
2

a 4

当a 2 时，

，故



1

,

2

2


a a
2
a a
2


4

4

x x
f x

C
1
e C
2
e ,

2

2








































a
a
2


4

a a
2


x
a a
2
4

4
C
2
e
f x
C
1
e
2
2 2
f ( x)
从而
f ( x )
lim 0.
lim




a
2
a
4

x

2
,









x

x

综上，

f ( x ) af ( x ) af f (0) af
f ( x )d x ( x) lim f ( x ) (0)

0

0

x

12. f ( x , y )
xy
0
e

2
f
xt2
dt ，则

(1

．

,1

x y
)

（
4e .
12）【答案】



2
f
2
f f
【解析】因为

，又

232
e
x xy
xxe
x y
,


x y

y x

y

从而
2
f
x

y
(1,1)

a 0 1 1
13.
列式
行

0 a 1 1

1 1 a 0



1

1

0

a



（13）【答案】a
2
a
2
4 .
【解析】


am n.






































3
d f d
xe
x

x

d x

dx
1
y

x

y 1 1

e
x

3
x e
x

3
3x
2

x

1


4e.


．

a a a
a 01 1 0 0 0 0 0
0 a 1 1 0 a 1 1 0 a 1 1
a a

1 1
0
1 2
0
1 1
a 0
0 a a
1 1 0 a 0 a 0 0 a


11
a a 3 4a a 2
a 2 a 0 a2 4 .
0 a a
π π

（14）设 X 服从
区间

,

上的均匀分
布，Y


2

2


2

（14）【答案】
.
π



sin X ，则cov X ,

Y






π
,
2










．















1 π
, x
π
2

【解析】由题

的概率密度为 f

意 X
( x)

其他.







0,







cov(X ,Y ) E( XY ) E( X )E(Y ),Y sin X , 而
E ( X )
0,












π


π









1 2

2
E ( XY ) E ( X sin X )
0
x sin
dx
x sin
2

π
xdx
π

x
π




2
π π π
2 2

x cos x|
2

2


00
2

0
xd cos x cos xdx
π π
π

2
sin 0
2
x|
2
.

π

π

9

22
故 cov( X , Y )
π
0
π
.



三、解答题


（15）（本题满分 10 分）

求 f ( x , y ) x
3
8 y
3
xy 的极值.

因为 f 3 x
2
y , f

24 y
2
x,
（15）【解析】
x
y




1
2
x
,


6

3 x

y 0, x 0,

f x
解
0
得
0
联立方程组 2
f
y
, 1
24 y x
,
y























y

1

.
12
1

故驻点为 0,

,

.


0 ,

6

12

在点 0, 0 处：
A f
xx
0, 0 B f 0, 01, C f
yy
0, 0
0, 0,
xy

1 0 ，故 0, 0 不是极
2
AC B
值点.
1


6




1


处：

在点
,

12






















1 1 1 1 1 1
A f ,
1 0, B f
, 1, C f ,
4,

xy

y

x
x y

6 12 6 12 6 12

2 1 1


是极小值点，

AC B 4 1 0 ，故 , 值为
极小

6
12
1 1 1 1 1 1
3
1
3


f

,

.

6

12
6 12 216
6

12

（16）（本题满分 10

分）
4x x
y y 2 2

22
4 x 4x
计算I
dy ，其中
为 2 ，方向为逆时针方
22
y
dx
y
L

x y 向.
L

（16）【解析】补曲线L : 4 x
2
y
22
, 其中 0 为一个很小的数，

使得4x
2
y
2 2

1
在曲线L 的内部，方向顺时

针，则



1

0
4 x x
y y

4 x
2
4 x
2

I d y
y
2
y
2

L L1

L1

d x
x
4x y y

4 x
2
4x
2

y
2
y
2

d x dy





4x y x y
，因
22
4 x , Q 4x
记P
为

y
2
y
2




4 x
2
8 4 x
2
8xy
P xy y 2 Q y
2


4 x 2 4x 2 y2
22
y 2
y , x ,


x
4x y y

4 x
2
4x
2

y
2

d x
y
2

d y 0.

4 x y x y L
1

4

x
2
y
2
d

x

4x
2
y
2










由格林公式知，
L L1

又

d y
1
2

L1
4 x y dx x y dy

1
1
1 dxdy

2


D


1

2
π π.

2
2

从而I 0 π π.






（17）（本题满分 10 分）
设数列 a
n
满足a
1
1, ( n 1) a
n

1
( n
证明：当 x
1
2
)a
n
.
1时，幂级数 a
n
x
n
收敛，并求其和函数.
n 1
1

a
n

（17
1
)a ，
1
n
2

由
）【证明】
( n
1) a n ( n
有

，从
而

1
n


2
a
n

n

1


a
1
li
1
n
n
2

m lim
n

a

n
n
1
1


n

故当 x 1时，幂级数 a
n
n
x 收敛.
1
当 x 1时，设S x a
n
n
x ，且a
1
1, 则
n 1
11

S xna
n1
n
n 1
x
1
1na
n
n
x
n 2


1
1

n1axn1(n
n

1
n 1
n

1

1

1

n

1

na
n
x

naxn
2 n 1
n
1
1 x
n1
n

1
na
n
x
2

S x
1

xS x
1
2

S x

,

)axn
2
n






















1
进而有 1 x S x S x , 整理

2
1 得
1

2 1
S x
x
S x


1







解之得S x

C

2.

1 x



1

1
，

x

















（18）（本题满分 10 分）

为曲面 z x
2
y
2
1 x
2
y
2
4 的下侧， f x 为连续
函数，计算


2 x y d ydz 2 y x d z d x z dx d
I
xf

xy

yf

xy

zf

xy

y.


（18）【解析】因 为曲面 z x
2
y
2
1 x
2
y
2
4 的下侧，
故由转换投影法知，


2 x y d yd z 2 y x d z d x
I
xf

xy

yf

xy

zf

xy

z dxdy



z
xf xy 2 x y yf xy


D

x


x
x

yf

xf y 2 x y


2 2


D
x
y



f

2


由题意知，S 0 0 ，故C 2 ，从
2.
而有S x


1 x



22
其中D x , y 1 x y 4 .

z
2 y
x zf xy z dxdy


y



y



xy 2 y x

2 2

x
y






（19）（本题满分 10 分）
xy
2 2 2 2
d xd y
x
y
x
y




14

π

x
2
dxdy
0
2π
d
1
2
r
y
2
rdr .
3

D

12
设 f x 在区间 0, 2 上具有一阶连续导数，且 f 0 f 2 0,
M max
x0,2
f x .
0, 2 ，使得 f M ；

证明：（Ⅰ）存在

（Ⅱ）若对任意 x 0, 2 ， f x M ，则M 0 .

（19）【证明】（Ⅰ）因 f x 在 0, 2 上连续，故存在最大值M max
x0,2

f x .


若 M 0 ，则对0,2 ，都有 f0 ，命题成立.

若 M 0 ，因 f 0 f 2 0, 故存在 x
0
0, 2 ，使得 f
x
0
M .

当 x
0
0,1 ，由拉格朗日中值定理知，存在
1
0, x
0
0,1 ，
使得

f x
0
f 0 f
1
x
0
,

f f x
0
M M .
则

有

1

















x
0





x
0






当 x
0
1, 2 ，由拉格朗日中值定理知，存在
2
x
0
, 2 1,
2 ，使得
f 2 f x
0
f
2
2 x
0
,





f

则

2

有




f x
0



2 x
0



M





M .
2 x
0



当 x
0
1，由拉格朗日中值定理知，存在
3
0,1 ，使得
f
3


综上，存在 0, 2 ，使得 f M .

（Ⅱ）假设M
由（Ⅰ）知，








构造函数 g x f x Mx, x 0,1 .
x
0
0,1 或 x
0
1, 2 时，存在0, 2 ，使得 fM ，矛盾，
从而有
M 0 .
x
0
1时，有 f 1 M ，则 f 1M ，不妨设 f 1 M .
0 ，因对任意 x 0, 2 ，有 f x M ，
f 1 f 0 f 1 M .
13
因为 g x f x M 0, 故 g x 单调不增.
又 g 0 0, g 1 0 ，从而

g x 0, x 0,1 ，即 f x Mx , x 0,1 .

构造函数h x f x Mx 2 M , x 1, 2 .


因为h x f x M 0 ，故h x 单调不减.


0, x 1,
，即
M M 2 M 0, h 2
0 ，从而h
2 x Mx 2M .
又h 1 x f

0 x

Mx, 1,
综上，当 x
0
1时，

f x
Mx 2 M ,

1
x 2.
因为





f x f
Mx M
f 1
1
lim lim M 0,

x 1
x 1

x 1 x 1
f x f
Mx 2M M
f 1
1

lim lim M 0,

x 1

x 1
x 1

x 1

故与 f x 在 x 1 处可导矛盾，从而当 x
0
1时，有
M 0 .

若 f 1M ，则可构造 g x f x Mx, h x f x Mx 2 M , 同
理可证.

f
综上，若对任意 x

x
0, 2 ， M ，则M 0 .

（20）（本题满分 11 分）



x y
设二次型 f x
1
, x
2
x
1
2

经正交变换 化为二
2
11
4x
4 x
1
x
2

2
Q 次型

xy

2 2
g y
1
, y
2
ay
1
2
4 y
1
y
2
by
2
2
, 其中a b .
（Ⅰ）求a , b 的值；
（Ⅱ）求正交矩阵Q .



1 2
f 的矩阵为
.
（20）【解析】
（Ⅰ）设二次型
A ，则 A

2 4

又 f 经正交变换 X QY 化成 g y
1
, y
2
ay
1
2
4 y
1
y
2

by
2
2
, 即

X
QY a 2
TTT
f X AX = Y Q AQY

Y
T
Y .
2 b

14
a 2 a 2
，由于Q 为正交矩阵，故 A 与B 相

T

因此Q AQ =

. 记B =

似且合同，
2 b 2 b


B

, 1 4
a b,
解得a
1或a 1, b

tr A
tr
故

即

4, b
4.
A B , 0,
ab 4


又a b ，故a 4, b

1.












4 2
，且 A 与B 相


似. 又

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B =
2

1


A
E
12

2
5 ,


2 4

可知， A 与B 特征值均为
1


0,
2
5.









对于
1
0 ，解 A 0E x 0 ，得 A 的的特征向
2

，

属于特征值 0 量α
1


对于
5 ，解 A 5E x 0 ，得 A 的属于特
的特征向
量α
2

征值 5
2


α 1
α
1
, α
2
已经正交化，故直接




单位化，得 β
1


1

α

1


5

2 α
2





, β
2


α

1

2



1


1
2
，


1 1





.




5 2

0
故可取 P
1
β
1
, β
2
，则 P
1
为正
1
AP
1

交矩阵，且有 P
1

.

5

对于
1
0 ，解 B 0E x 0 ，得B 的属的特征向
于特征值 0 量α
2




1
2
，


对于
5 ，解 B 5E x 0 ，得B 的属于特
的特征向
2

，

量α
1

征值 5
2


1


0

故可取 P
2
，则 P
2
为正交矩阵，且
1
.
BP
2

β
2
, β
1
有 P
2





5

111
则有 P AP P BP ，因此 P P AP P
1

B .
1
1

2

2

2

1

1 2

15
2 1 1 2 4













取Q = P P
1

5

5

5

P P
T
5

5

1 2 1 2

1

2

2

1
3



















3




5

,

则


4




















5

5

5

5 5

5

Q
T
= P
1
P
2

T T
P
2
P
1
T
,
Q
1
= P
1
P
2

T 1
P
2

T 1
P
1

1
P
2
P
1
T
.
综上，有Q 为正交矩阵，且满足Q
T
AQ B .
（21）（本题满分 11 分）


设 A 为 2 阶矩阵， P = α , Aα ，其中α 是非零向量，且不是
A 的特征向量.

（Ⅰ）证明 P 为可逆矩阵；

（Ⅱ）若 A
2
α + Aα 6α 0 ，求 P
1
AP 并判断 A 是否相似
于对角阵.


由于α 是非零向量，故根据特征值、特征向量的定义知，α 是 A 的
属于特征值k 的特征向量. 与已知矛盾，故α 与 Aα 无关，从而 P
可逆.

（Ⅱ）由 A
2
α + Aα








AP = A α , Aα Aα , A
2
α A
α , Aα 6α
0 6 0 6
P,

α , Aα


6α 0 知， A
2
α = Aα 6α, 则
（21）【解析】（Ⅰ）若α 与 Aα 线性相关，则α 与 Aα 成比例，
即有 Aα kα .

1

1
1

1

1

0 6
，则有 AP = PB, 得 P AP B ，故 A 与B

记B 相似.

1


因
B E 6 2
为



1 1

可知，B 的特征值为
1

2.
3,
2

故 A 的特征值也为
1


3,
2
2.
因此 A 可相似对角化.
22. （本题满分 11 分）
设随机变量 X
1
, X
2
, X
3
相互独立，其中 X
1
和 X
2
服从标准正
态分布， X
3
的概率分
布为P{ X
3
0} P{ X
3
1}
1
2
，Y X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
.
1



632 ,






















（Ⅰ）求二维随机变量（X ,Y）的分布函数，结果用标准正态分布
1

函数 x 表示；
（Ⅱ）证明随机变量Y 服从标准正态分布.
（22）【解析】





（Ⅰ）由
F ( x , y) P{ X
1
x, Y y} P{ X
1
x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
]
y}
P{ X
1
x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
] y, X
3
0} P{ X
1

x,[ X
3
X
1
(1 X
3
) X
2
] y, X
3
1}
P{ X
1
x, X
2
y, X
3
0} P{ X
1
x, X
1
y, X
3

1}
又X
1
, X
2
, X
3
相互独立，故F ( x , y )
1
2
( x ) ( y )
1
2



P{ X
1
x , X
1
y} .
故 x y 时，F ( x , y )
1
2
( x ) ( y )
1
2
( y )
1
2
( y )


( x) 1 ；
故 x y 时，F ( x , y )
1
2
( x ) ( y )
1
2
( x )
1
2
( x )


( y) 1 .
1
( x ) 1 , x
( y ) y,

2
综上，F ( x ,

y)
1

( y ) 1 , x

( x ) y.

2

（Ⅱ）由（Ⅰ）有，




























1
F ( y ) lim F ( x , ( x )
y) lim ( y )

x Y x
1 1
( y
1
) ( y ) ( y )( y),

2

2 2


2


（23）（本题满分 11 分）

故Y 服从标准正态分布．


设某种元件的使用寿命T 的分布函数
为：F (t )







其中 , m 为参数且大于零.
（Ⅰ）求概率P{T
0, t
t}与P{T
0 ；
t
m



1


e,





t

0,


其
0, 他.


s t | T s}，其中s
（Ⅱ）任取n 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t
1
,t
2
,
t
n
，若m 已知，

求 的最大似然估计值 .

（23）【解析】


（Ⅰ）
t
P{T t } 1 P{T t } 1
F (t ) 1 )
m

1 e
(


P{T s t , T P{T s 1 F (t

P{T s t | T
s} t } s)
s}
P{T 1 F

P{T s}

s}

( s )

t t
)

( s m ( s
t
m
)
m
m
(

s
s)
1 [1

] e
m
e
1 [1 ( s
)


(
s



.

)
m

e








e




]

e

t
m





















)
m

1
( t

m
t 0,


m
e

,

（Ⅱ）由题意得，T 的概率密度为 f


(t ) F (t )


其他.
0,

n

m
t
1
n
m
)

t
i

(

i



i 1

e i ,

m
n


1

t 0,


n

mn

i

似然函数L ( )f (t

i
)
i 1


0,

其他.


m










n m
1 n
t

t

(
i
)

m


i

i 1
当0 时，L ( ) e i
n

1

，

t m





i













































mn

n

n

t


ln L ( ) n ln m ln t
i

m

i

1

)
m
， mn ln(
i
1
i 1

n
d ln L n t t
m
( ) mn mn

i

1
i



2

m m
(
) 令


i 1


d
1 n


计值为m
t
i
m

i 1

0 ，解之得 的最大似
m
1
然估








n

i

1

t
i
m

.