1998考研数一真题解析.pdf

11998年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析1998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 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】14【解析】方法1方法1：用四则运算将分子化简,再用等价无穷小替换,原式20112112lim112xxxxxxxx220114lim112xxxxxx220211lim4xxx222201112112lim24xxxxx .方法2：方法2：采用洛必达法则.原式02112limxxxx 洛0112 12 1lim2xxxx2011lim41xxxxx011lim4xxxx0112 12 1lim4xxx 洛011lim12 12 144xxx.方法3方法3：将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至2x项,1x22111128xxox,1x22211128xxox,从而原式2222122011111122828limxxxoxxxoxx 222122014limxxoxoxx14.(2)【答案】()()()yfxyxyyxy关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2【分析】因为1()(),zf xyyxyfx具有二阶连续导数,利用混合偏导数在连续的条件下与求导次序无关,先求zx或zy均可,但不同的选择可能影响计算的繁简.方法1：方法1：先求zx.211()()()()()zyf xyyxyf xyfxyyxyxx xxx ,2221()()()11()()()()()11()()()()()()()().zyf xyfxyyxyx yyxxyfxy xfxyfxy xxyyxyxxxfxyfxyyfxyxyyxyxxyfxyxyyxy 方法2：方法2：先求zy.11()()()()()()()(),zf xyyxyfxy xxyyxyyyxxfxyxyyxy 22()()()()()().zzfxyxyyxyx yy xxyfxyxyyxy 方法3：方法3：对两项分别采取不同的顺序更简单些：21()()1()()()()()()().zf xyyxyx yxyxyxfxy xyxyx xyfxyyxyxyyfxyxyyxy 评注：评注：本题中,f中的中间变量均为一元,因此本题实质上是一元复合函数的求导,只要注意到对x求导时,y视为常数；对y求导时,x视为常数就可以了.(3)【答案】12a【解析】L关于x轴(y轴)对称,2xy关于y(关于x)为奇函数20Lxyds.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料3又在L上,22222213412(34)1212.43LLxyxyxydsdsa 因此,原式222(34)12LLxydsxydsa.【相关知识点】对称性：平面第一型曲线积分,lf x y ds,设,f x y在l上连续,如果l关于y轴对称,1l为l上0 x 的部分,则有结论：12,0,llf x y dsf x yxf x y dsf x yx 关于 为偶函数,，关于 为奇函数.类似地,如果l关于x轴对称,2l为l上0y 的部分,则有结论：22,0,llf x y dsf x yyf x y dsf x yy 关于 为偶函数,，关于 为奇函数.(4)【答案】21A【解析】方法1方法1：设A的对应于特征值的特征向量为,由特征向量的定义有,(0)A.由0A,知0(如果0是A的特征值0A),将上式两端左乘A,得A AAAA,从而有*,AA(即A的特征值为A).将此式两端左乘A,得22*AAAA.又E,所以22*1AAE,故*2()AE的特征值为21A.方法2方法2：由0A,A的特征值0(如果0是A的特征值0A),则1A有特征值关注公众号【考研题库】保存更多高清资料4O122exy1yx1(2,)21,A的特征值为A；*2()AE的特征值为21A.【相关知识点】1.矩阵特征值与特征向量的定义：设A是n阶矩阵,若存在数及非零的n维列向量X使得AXX成立,则称是矩阵A的特征值,称非零向量X是矩阵A的特征向量.由为A的特征值可知,存在非零向量使A,两端左乘1A,得1A.因为0,故0,于是有11A.按特征值定义知1是1A的特征值.若AXX,则()()AkE XAXkXk X.即若是A的特征值,则AkE的特征值是k.2.矩阵A可逆的充要条件是0A,且11AAA.(5)【答案】14【解析】首先求(,)X Y的联合概率密度(,)f x y.21(,)|1,0Dx yxeyx,区域D的面积为22111ln2.eeDSdxxx1,(,),(,)20,x yDf x y其他.其次求关于X的边缘概率密度.当1x 或2xe时,()0Xfx；当21xe时,1011()(,)22xXfxf x y dydyx.故1(2).4Xf二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.)二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.)(1)【答案】(A)【解析】为变限所定义的函数求导数,作积分变量代换22,uxt2:0:0txu x,222dud xttdt 12dtdut,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料5222022220001()()211()(),22xxxxtf xt dt uxttf udttf u duf u du2220022221()()211()()2(),22xxddtf xt dtf u dudxdxf xxf xxxf x选(A).【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：若()()()()ttF tf x dx,()t,()t均一阶可导,则()()()()()F ttfttft.(2)【答案】(B)【解析】当函数中出现绝对值号时,就有可能出现不可导的“尖点”,因为这时的函数是分段函数.22()(2)1f xxxx x,当0,1x 时()f x可导,因而只需在0,1x 处考察()f x是否可导.在这些点我们分别考察其左、右导数.由22222222(2)(1),1,(2)(1),10,()(2)(1),01,(2)(1),1,xxxxxxxx xxf xxxxxxxxx xx 22111(2)(1)0(1)limlim011xxf xfxxxxfxx,22111(2)(1)0(1)limlim011xxf xfxxxxfxx,即()f x在1x 处可导.又 22000(2)(1)0(0)limlim2xxf xfxxx xfxx,22000(2)(1)0(0)limlim2xxf xfxxxxfxx,所以()f x在0 x 处不可导.类似,函数()f x在1x 处亦不可导.因此()f x只有2个不可导点,故应选(B).关注公众号【考研题库】保存更多高清资料6评注：评注：本题也可利用下列结论进行判断：设函数()()f xxax,其中()x在xa处连续,则()f x在xa处可导的充要条件是()0a.(3)【答案】(D)【解析】由2,1y xyx 有2.1yyxxx令0,x 得是x的高阶无穷小,则0lim0 xx,0limxyx 20lim1xyxx 200limlim1xxyxx 21yx即21dyydxx.分离变量,得2,1dydxyx两边积分,得lnarctanyxC,即arctan1.xyC e代入初始条件(0),y得 arctan0110.yC eC所以,arctan xye.故arctan1(1)xxyearctan1e4.e【相关知识点】无穷小的比较：设在同一个极限过程中,(),()xx为无穷小且存在极限()lim()xlx,(1)若0,l 称(),()xx在该极限过程中为同阶无穷小；(2)若1,l 称(),()xx在该极限过程中为等价无穷小,记为()()xx；(3)若0,l 称在该极限过程中()x是()x的高阶无穷小,记为()()xox.若()lim()xx不存在(不为),称(),()xx不可比较.(4)【答案】(A)【解析】设3331121212:xaybzcLaabbcc,1112232323:xaybzcLaabbcc,题设矩阵关注公众号【考研题库】保存更多高清资料7111222333abcabcabc是满秩的,则由行列式的性质,可知11112121222223232333333312230abcaabbccabcaabbccabcabc行减 行，行减 行,故向量组121212(,)aa bb cc与232323(,)aa bb cc线性无关,否则由线性相关的定义知,一定存在12,k k,使得11212122232323(,)(,)0k aa bb cck aa bb cc,这样上面行列式经过初等行变换值应为零,产生矛盾.121212(,)aa bb cc与232323(,)aa bb cc分别为12,L L的方向向量,由方向向量线性相关,两直线平行,可知12,L L不平行.又由333121212xaybzcaabbcc得333121212111xaybzcaabbcc ,即312312312121212xaaaybbbzcccaabbcc.同样由111232323xaybzcaabbcc,得111232323111xaybzcaabbcc ,即123323323232323xaaaybbbzcccaabbcc,可见12,L L均过点213213213,aaa bbb ccc,故两直线相交于一点,选(A).(5)【答案】C【分析】由题设条件(|)(|)P B AP B A,知A发生与A不发生条件下B发生的条件概率相等,即A发生不发生不影响B的发生概率,故,A B相互独立.而本题选项(A)和(B)是考虑(|)P A B与(|)P A B是否相等,选项(C)和(D)才是事件A与B是否独立.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料8【解析】由条件概率公式及条件(|)(|),P B AP B A知 1P ABP ABP BP ABP AP AP A,于是有 1P ABP AP AP BP AB,可见 P ABP A P B.应选(C).【相关知识点】条件概率公式：|P ABP B AP A.三、(本题满分5分)三、(本题满分5分)【解析】方法1：方法1：求直线L在平面上的投影0L：方法1：方法1：先求L与的交点1N.以1,:,1xtLytzt 代入平面的方程,得(1)2(1)101tttt .从而交点为1(2,1,0)N；再过直线L上点0(1,0,1)M作平面的垂线11:112xyzL,即1,12.xtytzt 并求L与平面的交点2N：1(1)()2(12)103tttt ,交点为22 1 1(,)3 3 3N.1N与2N的连接线即为所求021:421xyzL.方法2：方法2：求L在平面上的投影线的最简方法是过L作垂直于平面的平面0,所求投影线就是平面与0的交线.平面0过直线L上的点(1,0,1)与不共线的向量(1,1,1)l(直线L的方向向量)及(1,1,2)n(平面的法向量)平行,于是0的方程是关注公众号【考研题库】保存更多高清资料9111110112xyz,即3210 xyz.投影线为0210,:3210.xyzLxyz 下面求0L绕y轴旋转一周所成的旋转曲面S的方程.为此,将0L写成参数y的方程：2,1(1).2xyzy 按参数式表示的旋转面方程得S的参数方程为22221(2)(1)cos,2,1(2)(1)sin.2xyyyyzyy消去得S的方程为222212(1)2xzyy,即2224174210.xyzy 四、(本题满分6分)四、(本题满分6分)【解析】令42(,)2(),P x yxy xy242(,)(),Q x yxxy 则(,)(,),(,)A x yP x y Q x y在单联通区域右半平面0 x 上为某二元函数(,)u x y的梯度PdxQdy在0 x 上原函数(,)u x y,0.QPxxy其中,42242132()()4Qx xyxxyxx,424212()2()2Px xyxy xyyy.由QPxy,即满足4224213424212()()42()2()2x xyxxyxx xyxy xyy,424()(1)01x xy.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料10可见,当1 时,所给向量场为某二元函数的梯度场.为求(,)u x y,采用折线法,在0 x 半平面内任取一点,比如点(1,0)作为积分路径的起点,则根据积分与路径无关,有2(,)42(1,0)2(,)x yxydxx dyu x yCxy244210200 xyxxdxdyCxxy(折线法)2420yxdyCxy22042(1)yxdyCyxx(第一类换元法)222222004221(1)(1)yyxxyydCdCxxyyxxx 2arctanyCx(基本积分公式)其中C为任意常数.【相关知识点】1.二元可微函数(,)u x y的梯度公式：uugradui+jxy.2.定理：定理：设D为平面上的单连通区域,函数()P x,y与(,)Q x y在D内连续且有连续的一阶偏导数,则下列六个命题等价：(1),(,)QPx yDxy；(2)0,LPdxQdyL 为D内任意一条逐项光滑的封闭曲线；(3)LABPdxQdy仅与点,A B有关,与连接,A B什么样的分段光滑曲线无关；(4)存在二元单值可微函数(,)u x y,使duPdxQdy(即PdxQdy为某二元单值可微函数(,)u x y的全微分；(5)微分方程0PdxQdy为全微分方程；(6)向量场P+Qij为某二元函数(,)u x y的梯度uP+Qgradij.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料11换言之,其中任一组条件成立时,其它五组条件皆成立.当条件成立时,可用试图法或折线法求函数(,)u x y.五、(本题满分6分)五、(本题满分6分)【解析】先建立坐标系,取沉放点为原点O,铅直向下作为Oy轴正向,探测器在下沉过程中受重力、浮力和阻力的作用,其中重力大小：mg,浮力的大小：FB 浮；阻力：kv,则由牛顿第二定律得2002,0,0.ttd ymmgB gkv yvdt(*)由22,dyd ydvdv dydvdyvvvdvdtdtdtdy dtdy,代入(*)得y与v之间的微分方程10,0ydymvmgBkvvdv.分离变量得mvdydvmgBkv,两边积分得mvdydvmgBkv,2222()()()Bmm gBmm gmvkkkkydvmgBkvmBmm gmgBkvkkkdvmgBkvm gBmmkdvkmgBkvmm mgBdvdvkk mgBkv1()()()()m mgBmkvd mgBkvkk mgBkv (第一类换元法)2()ln()mm mgBvmgBkvCkk.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料12再根据初始条件0|0,yv即22()()ln()0ln()m mgBm mgBmgBCCmgBkk.故所求y与v函数关系为2ln.m mgBmmgBkvyvkkmgB 六、(本题满分7分)六、(本题满分7分)【解析】方法 1：方法 1：本题属于求第二类区面积分,且不属于封闭区面,则考虑添加一平面使被积区域封闭后用高斯公式进行计算,但由于被积函数分母中包含12222()xyz,因此不能立即加、减辅助面2221:0 xyaz,宜先将曲面方程代入被积表达式先化简：2212222()1().()axdydzzadxdyIaxdydzzadxdyaxyz添加辅助面2221:0 xyaz,其侧向下(由于为下半球面222zaxy 的上侧,而高斯公式要求是整个边界区面的外侧,这里我们取辅助面的下侧,和的上侧组成整个边界区面的内侧,前面取负号即可),由高斯公式,有11222211()()()1()().DIaxdydzzadxdyaxdydzzadxdyaazaaxdVa dxdyaxz 第一个积分前面加负号是由于我们取边界区面的内侧,第二个积分前面加负号是由于1的方向向下；另外由曲面片1在yoz平面投影面积为零,则10axdydz,而1上0z,则22zaa.21(2()DIaza dVa dxdya,其中为与1所围成的有界闭区域,D为1在xoy面上的投影222(,)|Dx yxya.从而,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1322220322001321232.3DaarIadvzdv adxdyaaadrdrzdzaaa第一个积分用球体体积公式；第二个用柱面坐标求三重积分；第三个用圆的面积公式.222042400242200242300224224440411222112()21()1122242412aaraaaIadrzdraaadrardraada rrdraa rra aaaaaaaaa4342a 方法2：逐项方法2：逐项计算：2212222212()1()()1().axdydzzadxdyIaxdydzzadxdyaxyzxdydzza dxdyIIa其中,22222212222,DyzDyzDyzIxdydzaxy dydzaxy dydzaxy dydz 第一个负号是由于在x轴的正半空间区域的上侧方向与x轴反向；第二个负号是由于被积函数在x取负数.yzD为在yoz平面上的投影域222(,)|,0yzDy zyzaz,用极坐标,得22210222203223320212()2222()(0),333aaaIdar rdrar d araraa 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料14222222222220022230222300042230044411()1(22)2(22)2222123422(3DxyaaaaaaaIza dxdyaaxydxdyaadaa arrrdraa rar arrdraa rdrar ar drr drara raaaaaaa3),46a其中yzD为在yoz平面上的投影域222(,)|yzDy zyza.故312.2IIIa【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,PQRdvPdydzQdzdxRdxdyxyz 或coscoscos,PQRdvPQRdSxyz 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.七、(本题满分6分)七、(本题满分6分)【分析】这是n项和式的极限,和式极限通常的方法就两种：一、把和式放缩,利用夹逼准则求极限；二、把和式转换成定积分的定义形式,利用定积分求极限.这道题,把两种方法结合到一起来求极限.当各项分母均相同是n时,n项和式2sinsinsinnnnnnxnnn是函数sinx在0,1区间上的一个积分和.于是可由定积分10sinxdx求得极限limnnx.【解析】由于sinsinsin,1,2,11iiinnninnnni,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料15于是,111sinsinsin11nnniiiiiinnnnnni.由于1011sin12limlimsinsinnnnniiiinxdxnnn,10111sin112limlimsinlimsinsin11nnnnnniiiiniinxdxnnnnnn根据夹逼定理知,1sin2lim1nniinni.【相关知识点】夹逼准则：若存在N,当nN时,nnnyxz,且有limlimnnnnyza,则limnnxa.八、(本题满分5分)八、(本题满分5分)【解析】方法1：方法1：因正项数列 na单调减少有下界0,知极限limnna存在,记为a,则naa且0a.又1(1)nnna发散,根据莱布尼茨判别法知,必有 0a(否则级数1(1)nnna收敛).又正项级数 na单调减少,有11,11nnnaa而1011a,级数11()1nna收敛.根据正项级数的比较判别法,知级数11()1nnna也收敛.方法2方法2：同方法1,可证明lim0nnaa.令1,1nnnba则11limlim1,11nnnnnbaa根据根值判别法,知级数11()1nnna也收敛.【相关知识点】1.交错级数的莱布尼茨判别法：关注公众号【考研题库】保存更多高清资料16设交错级数11(1)nnnu满足：(1)1,1,2,;nnuun(2)lim0.nnu则11(1)nnnu收敛,且其和满足1110(1),nnnuu余项1.nnru反之,若交错级数11(1)nnnu发散,只是满足条件(1),则可以反证说明此级数一定不满足条件(2)lim0nnu,所以有lim0.nnu(否则级数11(1)nnnu收敛)2.正项级数的比较判别法：设1nnu和1nnv都是正项级数,且lim,nnnvAu则(1)当0A 时,1nnu和1nnv同时收敛或同时发散；(2)当0A 时,若1nnu收敛,则1nnv收敛；若1nnv发散,则1nnu发散；(3)当A 时,若1nnv收敛,则1nnu收敛；若1nnu发散,则1nnv发散.3.根值判别法：设0nu,则当111,lim1,lim0,1,.nnnnnnnnnuuuu时收敛，时发散，且时此判别法无效九、(本题满分6分)九、(本题满分6分)【解析】(1)要证0(0,1)x,使0100()()xx f xf x dx；令1()()()xxxf xf t dt,要证0(0,1)x,使0()0 x.可以对()x的原函数0()()xxt dt使用罗尔定理：(0)0,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1711110001111000(1)()()()()()()0,xxxxx dxxf x dxf t dt dxxf x dxxf t dtxf x dx 分部又由()f x在0,1连续()x在0,1连续,()x在0,1连续,在(0,1)可导.根据罗尔定理,0(0,1)x,使00()()0 xx.(2)由()()()()()2()0 xxfxf xf xxfxf x,知()x在(0,1)内单调增,故(1)中的0 x是唯一的.评注：评注：若直接对()x使用零点定理,会遇到麻烦：10(0)()0,(1)(1)0f t dtf.当()0f x 时,对任何的0(0,1)x 结论都成立；当()f x 0时,(0)0,但(1)0,若(1)0,则难以说明在(0,1)内存在0 x.当直接对()x用零点定理遇到麻烦时,不妨对()x的原函数使用罗尔定理.【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数()f x满足(1)在闭区间,a b上连续；(2)在开区间(,)a b内可导；(3)在区间端点处的函数值相等,即()()f af b,那么在(,)a b内至少有一点(ab),使得()0f.十、(本题满分6分)十、(本题满分6分)【解析】经正交变换化二次型为标准形,二次型矩阵与标准形矩阵既合同又相似.由题设知,二次曲面方程左端二次型对应矩阵为111111bAba,则存在正交矩阵P,使得1000010004P APB记,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 18即AB与相似.由相似矩阵有相同的特征值,知矩阵A有特征值0,1,4.从而,2110 14,3,1.(1)0.aabAbB 从而,11113 1.111A当10时,1110131111EA 1(1)2 3 行分别加到，行111020000于是得方程组(0)0EA x的同解方程组为12320,20.xxxx(0)2rEA,可知基础解系的个数为(0)321nrEA,故有1个自由未知量,选1x为自由未知量,取11x,解得基础解系为1(1,0,1).T当21时,011121110EA 3(1)2 加到 行0110111101(1)2 行加到 行0110001102 3，行互换011110000,于是得方程组()0EA x的同解方程组为23120,0.xxxx()2r EA,可知基础解系的个数为()321nr EA,故有1个自由未知量,选1x为自由未知量,取11x,解得基础解系为2(1,1,1).T当34时,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料193114111113EA 12，行互换1113111131 行的3,(-1)倍分别加到2，3行11102402423 行加到 行111024000,于是得方程组(4)0EA x的同解方程组为123230,240.xxxxx(4)2rEA,可知基础解系的个数为(4)321nrEA,故有1个自由未知量,选2x为自由未知量,取22x,解得基础解系为3(1,2,1).T由实对称矩阵不同特征值对应的特征向量相互正交,可知123,相互正交.将123,单位化,得11122233311(,0,),22111(,),333121(,).666TTT因此所求正交矩阵为11123612036111236P.评注：评注：利用相似的必要条件求参数时,iiiiab是比较好用的一个关系式.亦可用EAEB比较同次方的系数来求参数.【相关知识点】1.特征值的性质：11nniiiiia2.相似矩阵的性质：若矩阵AB与相似,则AB.十一、(本题满分4分)十一、(本题满分4分)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料资料搜集 QQ1836989006 微信 183698900620【解析】用线性无关的定义证明.设有常数011,k 使得10110.()kkAA 两边左乘1kA,则有110110kkkAAA ,即12(1)0110kkkkAAA.上式中因0kA,可知2110kkAA,代入上式可得100.kA由题设10kA,所以00.将00代入(),有1110kkAA.两边左乘2kA,则有21110kkkAAA,即123110kkkAA.同样,由0kA,2110kkAA,可得110.kA由题设10kA,所以10.类似地可证明210,k因此向量组1,kAA是线性无关的.【相关知识点】向量组线性相关和线性无关的定义：存在一组不全为零的数12mk,k,k使11220mmkkk,则称12m,线性相关；否则,称12m,线性无关十二、(本题满分5分)十二、(本题满分5分)【解析】()II的通解为1 122nnkkk,其中,111121,2(,),Tnaaa221222,2(,),Tnaaa12,2(,)Tnnnnnaaa,12,nk kk为任意常数.理由：可记方程组22()0,()0,nnnnI AXII BY()I,()II的系数矩阵分别记为,A B,由于B的每一行都是20nnAX的解,故0TAB.TB的列是()I的基础解系,故由基础解系关注公众号【考研题库】保存更多高清资料21的定义知,TB的列向量是线性无关的,因此()r Bn.故基础解系所含向量的个数2()nnr A,得()2r Annn.因此,A的行向量线性无关.对0TAB 两边取转置,有0TTTABBA,则有TA的列向量,即A的行向量是0BY 的线性无关的解.又()r Bn,故0BY 基础解系所含向量的个数应为2()2nr Bnnn,恰好等于A的行向量个数.故A的行向量组是0BY 的基础解系,其通解为1 122nnkkk,其中,111121,2(,),Tnaaa221222,2(,),Tnaaa12,2(,)Tnnnnnaaa,12,nk kk为任意常数.十三、(本题满分6分)十三、(本题满分6分)【分析】把XY看成一个随机变量,根据独立正态随机变量的线性组合必然为正态分布的性质,可以知道N(0,1)XY,这样可以简化整题的计算.【解析】令ZXY,由于,X Y相互独立,且都服从正态分布,因此Z也服从正态分布,且()()()0E ZE XE Y,11()()()122D ZD XD Y.于是,(0,1)ZXYN.22222()1.D XYD ZE ZE ZD ZE ZE ZE Z 而222201222zzE Zzedzzedz2222200222222zzzede,故21.D XY【相关知识点】1.对于随机变量X与Y均服从正态分布,则X与Y的线性组合亦服从正态分布.若X与Y相互独立,由数学期望和方差的性质,有()()()E aXbYcaE XbE Yc,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2222()()()D aXbYca D Xb D Y,其中,a b c为常数.2.方差的定义：22()DXEXEX.3.随机变量函数期望的定义：若()Yg X,则()()EYg x f x dx.十四、(本题满分4分)十四、(本题满分4分)【解析】由题知：212,(3.4,6)nXXXN,11nniiXXn,各样本相互独立,根据独立正态随机变量的性质,211(,)nniiXXNn.其中11nniiEXEXn,211nniiDXDXn.根据期望和方差的性质,11222222111113.43.4,11166.nnniiiinnnniiiiiinEXEXEXnnnnDXDXDXDXnnnnn所以,2116(3.4,)nniiXXNnn.把nX标准化,3.4(0,1)6/nXUNn.从而,1.4X5.41.43.4X3.45.43.42X3.42X3.42X3.42210.95,663PPPPnnPn 故0.975,3n查表得到1.96,3n即21.96 334.57,n 所以n至少应取35.【相关知识点】1.对于随机变量X与Y均服从正态分布,则X与Y的线性组合亦服从正态分布.若X与Y相互独立,由数学期望和方差的性质,有()()()E aXbYcaE XbE Yc,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2322()()()D aXbYca D Xb D Y,其中,a b c为常数.2.若2(,)ZN u,则(0,1)ZuN十五、(本题满分4分)十五、(本题满分4分)【解析】设该次考试的考生成绩为X,则2(,)XN,设X为从总体X抽取的样本容量为n的样本均值,S为样本标准差,则在显著性水平0.05下建立检验假设：001:70,:70,HH由于2未知,故用t检验.选取检验统计量,07036XXTnSS在070时,2(70,),(35).XNTt选择拒绝域为RT,其中满足：0.05P T,即0.9750.975,(35)2.0301.P Tt由0 36,66.5,70,15,nxs可算得统计量T的值：66.570361.42.030115t.所以接受假设0:70H,即在显著性水平0.05下,可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料