由此解得 a?15.
222（21）设二次型f?x1,x2,x3??x1?ax2?x3?2x1x2?2x2x3?2ax1x3的正负惯指数都是1，试计算a的值并用正交变换将二次型化为标准型。 ?1?【解】：二次型的矩阵为A?1???a?1a?1?a???1 ?1??11a?1?a?1??(a?2)(a?1)?0 12由二次型的正负惯性指数都是1，可知r(A)?2，A?1?a所以a??2，或a?1
又a?1时，显然r(A)?1，故只取a??2 此时?E?A??(??3)(??3) 所以A的特征值是3,?3,0
T当?1?3时，解方程组(3E?A)X?0，得基础解系为?1?(1,0,1)
T当?2??3时，解方程组(?3E?A)X?0，得基础解系为?2?(1,?2,?1)
T当?3?0时，解方程组(0E?A)X?0，得基础解系为?3?(1,1,?1)
将?1,?2,?3单位化得
?1?(12,0,12),?2?(T16,?26,?16),?3?(T13,13,?13),
T因此所求的正交变换为
?1?2?x1?????x?0?2???x???3??1??216??2616?131313????y1??????y2? ??y??3????22所求的标准型为3y1?3y2
?4xy,0?x?1,0?y?1（22）已知随机变量X,Y的联合概率密度为?(x,y)??，求X,Y的联合分布函数
?0,其它F(x,y)
【解】：由分布函数的定义可知F(x,y)?P?X?x,Y?y?，由于X,Y只在区域0?X?1,0?Y?1上取值。
因此，当x?1,y?1时，F(x,y)?P?X?x,Y?y??1， 当x?0或y?0时，F(x,y)?P?X?x,Y?y??0。 当0?x?1,0?y?1时，
F(x,y)?P?X?x,Y?y????u?x,v?yf(u,v)dudv??y022dv?4uvdu?xy
0x当0?x?1,y?1时，
F(x,y)?P?X?x,Y?y????u?x,v?yf(u,v)dudv??102dv?4uvdu?x
0x当x?1,0?y?1时，
F(x,y)?P?X?x,Y?y????u?x,v?yf(u,v)dudv??y02dv?4uvdu?y
01?0,x?0或y?0?yx22??dv?4uvdu?xy,0?x?1,0?y?100??则F(x,y)??x2， 0?x?1,y?1?2y，x?1,0?y?1??1，x?1,y?1???2e?2(x??,)若x??（23）设总体X的概率密度为 f(x)??
若x???0,^其中??0是未知参数.从总体X中抽取简单随机样本X1,X2,?,Xn，记??min(X1,X2,...,Xn)， （1） （2） （3） 【解】： （1）F(x)?求总体X的分布函数F(x)^；
求统计量?的分布函数F^(x)；
?^如果用?作为?的估计量，讨论它是否具有无偏性.
?x??f(t)dt，当x??，F(x)?0；
当x??时，F(x)?^??x2e?2(t??)dt?1?e?2(x??).
（2）??min(X1,X2,...,Xn)，所以
??x?P?min(X,X,...,X)?x?F??(x)?P?12n?1?P?min(X1,X2,...,Xn)?x??1?P?X1?x,X2?x,?,Xn?x??1?P?X1?x?P?X2?x??P?Xn?x??1??1?F(x)???1??1???n??
?0, x????2(x??), x???1?e???1???n??1, x?????2(x??), x?????e????n?1, x???0, x???1???2n(x??)???2n(x??)e, x??, x????1?e?0, x??'?（3）?的概率密度为f??(x)?F?，所以 ?(x)???2n(x??), x???2ne??E??????xf??(x)dx????0x2ne?2n(x??)dx???12n?不是?的无偏估计. ???，即?，可见E?
数一模考二答案
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分
（1）D （2）C （3）C （4）B （5）A （6）D （7）D （8）B 二、填空题：9?14小题，每小题4分，共24分 （9）
1?f1??xyf11???yf12?? （10）y?2. （11）y??x?1 ?x?yx8?z2（12）
15三、解答题：15—23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
? （13）2 （14）1?e
?2sinx?sinx?sinx?sin???（15）（本题满分10分）求极限lim? 2x?0x(1?cosx)?sinx?sin?sinx??sinx?sin(sinx)?sinx解：lim? ?lim223x?0x?0x(1?cosx)x?2limcosx?cos(sinx)cosx3x2x?0?2lim1?cos(sinx)3x2x?0?limsinx3x22x?0?13
?x2?y2?2z2?0（16）（本题满分10分）已知曲线C:?，求曲线C距离XOY面最远的点和最近的点.
?x?y?3z?5解：点(x,y,z)到xOy面的距离为|z|，故求C上距离xOy面的最远点和最近点的坐标，等价于求函数
2222H?z在条件x?y?2z?0与x?y?3z?5下的最大值点和最小值点.
2222令 L(x,y,z?,?,?)??2?x???0LxL??2?y???0yz??(x?y?2z?)?(?x?y 3?z5)(1)(2)0( 3 ) (4)(5)所以 Lz??2z?4?z?3??x?y?2z?0x?y?3z?5222?x2?z2?0由(1)(2)得x?y，代入(4)(5)有 ?，
?2x?3z?5?x??5?x?1??解得?y??5 或 ?y?1
?z?5?z?1??（17）（本题满分10分）设函数y(x)在闭区间[?1,1]上具有三阶连续导数，且f(?1)?0,f(1)?1,f(0)?0,
证明：在开区间(?1,1)内至少存在一点?,使f(?)?3. 解：方法一：在x?0处，将f(x)按泰勒公式展开，得
2!3!其中?介于0与x之间，x?[?1,1] f(x)?f(0)?f?(0)x?12f??(x)x?13f???(?)x,
分别令x??1和x?1, 并结合已知条件，得
0?f(?1)?f(0)?1?f(1)?f(0)?1212f??(0)?1616f???(?1),(?1??1?0),
f??(0)?f???(?2),(?1??2?1),
两式相减，得
f???(?1)?f???(?2)?6
由f???(x)的连续性，知f???(x)在闭区间
在[?1,?2]上有最大值和最小值，设它们分别为M、m． 则有
m?12[f???(?1)?f???(?2)]?M
再由连续函数的介值定理知至少存在一点??[?1,?2]?(?1,1)
f???(?)?12[f???(?1)?f???(?2)]?3
1x(x?1)?(1?x)(1?x)f(0),则
2方法二：令?(x)?2?(1)?f(1),?(?1)?f(?1),?(0)?f(0),??(0)?f(0)
令F(x)?f(x)??(x),
则F(0)?F(1)?F(?1)?0,
由罗尔定理，知??1?(?1,0),?2?(0,1)知F??(?1)?F??(?2)?0. 又F?(0)?0, 由罗尔定理，知
??1?(?I,0),?2?(0,?2)使F??(?1)?F??(?2)?0.
再由罗尔定理
???(?1,?2),使F???(?)?0, 而F???(x)?f???(x)?????(x),
而 所以
????(x)?3, f???(?)?3
?（18）（本题满分11分）将函数f(x)?2?x,?1?x?1展开成以2为周期的傅里叶级数，并计算?n?01n2
解：由于f(x)是偶函数，所以bn?0,n?1,2,??， a0?2?(2?x)dx?5
01an?2?(x?2)cosn?xdx?012(cosn??1)n?222,n?1,2,??
所以f(x)?52?4??2?(2k?1)k?01cos(2k?1)?x
?令x?0，则可求出?k?0?1(2k?1)?2??2?28?，又
1?1??nn?012???(2k?1)k?012??(2k)k?112?(2k?1)k?02?k4k?112
?所以?n?01n2?4??(2k?1)3k?012??6
3a?x?y2（19）（本题满分11分）求半球面z?解：先求两曲面的交线： 由z?22222222及旋转抛物面2az?x2?y2所围几何体的表面积。
223a?x?y,2az?x?y 解得z?a,x?y?a。
因此，我们可以将该曲面分为两部分：?1:(x,y,z)|z??2:?(x,y,z)|2az?x?y,x?y?a22222?3a?x?y,x?y?a222222?和
?。
d??2?a0它们的面积分别为
S1???dS??1x?y?a2??23adxdy23a?x?y222??2?03ardxdy3a?ra22?6?26?a
??2S2???dS??2x?y?a2??21?2x?ya222dxdy??0d??r1?0ra22??42?23??a
2则总面积为S1?S2????16?42?26?2?a ??3???1?（20）（本题满分10分）设矩阵A??1???124a?3???3的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论A是否?5??可相似对角化.
解：A的特征多项式为
??1 ?E?A?1?1
?233???21?1?(??2)03??4?a??4?a
??5??5
