2026年 数学一 真题

共22题

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#题型题目
1选择题设函数 $\displaystyle z=z(x, y)$ 由方程 $\displaystyle x-a z=\mathrm{e}^{y+a z}$（ $\displaystyle a$ 是非零常数）确定，则（ ）。
A$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{a}$
B$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{a}$
C$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{1}{a}$
D$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{1}{a}$
2选择题幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3+(-1)^{n}}{4}\right)^{n} x^{2 n}$ 的收敛域是
A$\displaystyle [-2,2]$ ．
B$\displaystyle [-1,1]$ ．
C（－2，2）．
D（－1，1）． 2．
3选择题设函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [-1,1]$ 上有定义，则
A当 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-1,0)$ 单调递减，在 $\displaystyle (0,1)$ 单调递增时，$\displaystyle f(0)$ 是极小值．
B当 $\displaystyle f(0)$ 是极小值时，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-1,0)$ 单调递减，在 $\displaystyle (0,1)$ 单调递增．
C当 $\displaystyle f(x)$ 的图形在 $\displaystyle [-1,1]$ 是凹的时，$\displaystyle \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $\displaystyle [-1,1)$ 单调递增．
D当 $\displaystyle \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $\displaystyle [-1,1)$ 单调递增时，$\displaystyle f(x)$ 的图形在 $\displaystyle [-1,1]$ 是凹的．
4选择题已知有界区域 $\displaystyle \Omega$ 由曲面 $\displaystyle z=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}$ 与 $\displaystyle z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 围成，函数 $\displaystyle f(u)$ 连续，则 $\displaystyle \iiint_{\Omega} f\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=$
A$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2} \mathrm{~d} r \int_{r}^{\sqrt{4-r^{2}}} f\left(r^{2}+z^{2}\right) r \mathrm{~d} z$.
B$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} \mathrm{~d} r \int_{0}^{\sqrt{4-r^{2}}} f\left(r^{2}+z^{2}\right) r \mathrm{~d} z$.
C$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{2} f\left(r^{2}\right) r^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} r$.
D$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{2} f\left(r^{2}\right) r^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} r$. 4．
5选择题单位矩阵经过若干次互换两行得到的矩阵称为置换矩阵。设 $\displaystyle \mathbf{A}$ 为 $\displaystyle n$ 阶置换矩阵， $\displaystyle \mathbf{A}^{*}$ 为 $\displaystyle \mathbf{A}$的伴随矩阵，则
A$\displaystyle \mathbf{A}^{*}$ 为置换矩阵。
B$\displaystyle \mathbf{A}^{-1}$ 为置换矩阵．
C$\displaystyle \mathbf{A}^{-1}=\mathbf{A}^{*}$ ．
D$\displaystyle \mathbf{A}^{-1}=-\mathbf{A}^{*}$ ．
6选择题设 $\displaystyle \mathbf{A}, \mathbf{B}$ 为 $\displaystyle n$ 阶矩阵， $\displaystyle \mathbf{\beta}$ 是 $\displaystyle n$ 维列向量，若 $\displaystyle \mathbf{A}$ 的列向量组可由 $\displaystyle \mathbf{B}$ 的列向量组线性表示，则
A当 $\displaystyle \mathbf{A} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解时， $\displaystyle \mathbf{B} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解．
B当 $\displaystyle \mathbf{A}^{\mathrm{T}} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解时， $\displaystyle \mathbf{B}^{\mathrm{T}} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解．
C当 $\displaystyle \mathbf{B} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解时， $\displaystyle \mathbf{A} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解．
D当 $\displaystyle \mathbf{B}^{\mathrm{T}} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解时， $\displaystyle \mathbf{A}^{\mathrm{T}} \mathbf{x}=\mathbf{\beta}$ 有解．
7选择题设二次型 $\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=a\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\right)+4 x_{1} x_{2}+4 x_{1} x_{3}+4 x_{2} x_{3}$ ．若方程$\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=-1$ 表示的曲面为圆柱面，则
A$\displaystyle a=-4$ ，且 $\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 的规范形为 $\displaystyle -y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$ ．
B$\displaystyle a=-4$ ，且 $\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 在正交变换下的标准形为 $\displaystyle -6 y_{1}^{2}-6 y_{2}^{2}$ ．
C$\displaystyle a=2$ ，且 $\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 的规范形为 $\displaystyle -y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$ ．
D$\displaystyle a=2$ ，且 $\displaystyle f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 在正交变换下的标准形为 $\displaystyle -6 y_{1}^{2}-6 y_{2}^{2}$ ．
8选择题设随机函数 $\displaystyle X \sim N(1,2)$ ，令 $\displaystyle f(t)=E\left[(X+t)^{2}\right]$ ，则 $\displaystyle f(t)$ 的最小值点和最小值分别为
A1，2．
B1，4．
C$\displaystyle -1,2$ ．
D$\displaystyle -1,4$ ．
9选择题设连续型随机变量 $\displaystyle X$ 的分布函数为 $\displaystyle F(x)$ ，随机变量 $\displaystyle Y$ 的分布函数为 $\displaystyle F(a y+b), X$ 的数学期望为 $\displaystyle \mu$ ，方差为 $\displaystyle \sigma^{2}(\sigma\gt 0)$ ，若 $\displaystyle Y$ 的数学期望和方差分别为 0 和 1 ，则A ．$\displaystyle a=\sigma, b=\mu$ ．
A$\displaystyle a=\sigma, b=-\mu$ ．
B$\displaystyle a=\frac{1}{\sigma}, b=\mu$.
C$\displaystyle a=\frac{1}{\sigma}, b=-\mu$ ．
10选择题设随机变量 $\displaystyle X$ 的概率分布为 $\displaystyle P\{X=k\}=\frac{1}{2^{k+1}}+\frac{1}{3^{k}}(k=1,2, \cdots)$ ，则对于正整数 $\displaystyle m, n$ ，有
A$\displaystyle P\{X>m+n \mid X>m\}=P\{X>m\}$ ．
B$\displaystyle P\{X>m+n \mid X>m\}=P\{X>n\}$ ．
C$\displaystyle P\{X>m+n \mid X>m\}>P\{X>m\}$.
D$\displaystyle P\{X>m+n \mid X>m\}>P\{X>n\}$ ． 10．
11填空题设向量 $\displaystyle \mathbf{v}_{1}=(0, x, z), \mathbf{v}_{2}=(y, 0,1)$ ．令 $\displaystyle \mathbf{F}(x, y, z)=\mathbf{v}_{1} \times \mathbf{v}_{2}$ ，则 $\displaystyle \operatorname{div} \mathbf{F}=$ $\displaystyle \_\_\_\_$。
12填空题$\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{\ln (1+x)}{x \sin x}\right)=$ $\displaystyle \_\_\_\_$ ．
13填空题设函数 $\displaystyle y=y(x)$ 由参数方程 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x=2 \sin ^{2} t, \\ y=t+\cos t\end{array}\left(t \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right)\right.$ 确定，则 $\displaystyle \left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=$ $\displaystyle \_\_\_\_$ ．
14填空题$\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln (x+1)}{x^{2}} \mathrm{~d} x=$ $\displaystyle \_\_\_\_$ ．
15填空题设矩阵 $\displaystyle \mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 2 & a & 2 \\ 0 & 2 & a\end{array}\right), \mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}a & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 1 \\ -1 & -1 & a\end{array}\right)$ ，记 $\displaystyle m(\mathbf{X})$ 为 3 阶矩阵 $\displaystyle \mathbf{X}$ 的实特征值中的最大值．若 $\displaystyle m(\mathbf{A})\lt m(\mathbf{B})$ ，则 $\displaystyle a$ 的取值范围是
16填空题设随机变量 $\displaystyle X$ 服从参数为 1 的泊松分布，随机变量 $\displaystyle Y$ 服从参数为 3 的泊松分布，$\displaystyle X$ 与 $\displaystyle Y-X$ 相互独立，则 $\displaystyle E(X Y)=$ 16．【答案】 4【解析】由 $\displaystyle X$ 与 $\displaystyle Y-X$ 独立，可知二者不相关，即 $$ \operatorname{Cov}(X, Y-X)=\operatorname{Cov}(X, Y)-D X=0 .$$ 也即 $\displaystyle E(X Y)-E X \cdot E Y-D X=0$ ． 所以 $\displaystyle E(X Y)=E X \cdot E Y+D X=1 \times 3+1=4$ ． 三、解答题：17～22 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． **答案**: 4
17解答题（本题满分 10 分） 求函数 $\displaystyle f(x, y)=\left(2 x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{e}^{x}$ 的极值．17．【解】由题可知，$\displaystyle f_{x}^{\prime}=4 x \mathrm{e}^{x}+\left(2 x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{e}^{x}, f_{y}^{\prime}=-2 y \mathrm{e}^{x}$ ． 令 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}f_{x}^{\prime}=0 \\ f_{y}^{\prime}=0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ y=0,\end{array}\right.\right.$ 或 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x=-2, \\ y=0 .\end{array}\right.$ 又 $\displaystyle A=f_{x x}^{\prime \prime}=\mathrm{e}^{x}\left(2 x^{2}+8 x+4-y^{2}\right), B=f_{x y}^{\prime \prime}=-2 y \mathrm{e}^{y}, C=f_{y y}^{\prime \prime}=-2 \mathrm{e}^{x}$ ，故 $\displaystyle A C-\left.B^{2}\right|_{(0,0)}=-8<0, A C-\left.B^{2}\right|_{(-2,0)}=8 \mathrm{e}^{-4}>0$ 且 $\displaystyle A_{(-2,0)}=-4 \mathrm{e}^{-2}<0, \mid$则 $\displaystyle (0,0)$ 为非极值点，$\displaystyle (-2,0)$ 为极大值点且极大值 $\displaystyle f(-2,0)=\frac{8}{\mathrm{e}^{2}}$ ．
18解答题（本题满分 12 分） 设函数 $\displaystyle f(u)$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内具有 3 阶连续导数，且存在可微函数 $\displaystyle F(x, y)$ 使得 $$ \mathrm{d} F(x, y)=\frac{f(x y)}{x^{2} y} \mathrm{~d} x+\frac{f^{\prime \prime}(x y)}{x y^{2}} \mathrm{~d} y(x y>0) .$$ （1）证明：$\displaystyle \frac{f^{\prime \prime}(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}=C, C$ 为常数；（2）设 $\displaystyle f(1)=1, f^{\prime}(1)=-1, f^{\prime \prime}(1)=0$ ，求 $\displaystyle f(u)$ 的表达式． 18．【解】根据全微分性质，混合偏导数是相等的． $$ \begin{gathered} \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{f(x y)}{x^{2} y}\right)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{f^{\prime \prime}(x y)}{x y^{2}}\right) \\ \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{f(x y)}{x^{2} y}\right)=\frac{x y f^{\prime}(x y)-f(x y)}{x^{2} y^{2}} \\ \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{f^{\prime \prime}(x y)}{x\left(y^{2}\right.}\right)=\frac{x y f^{\prime \prime \prime}(x y)-f^{\prime \prime}(x y)}{x^{2} y^{2}} \end{gathered}$$ 将两边相等得到 $\displaystyle x y f^{\prime}(x y)-f(x y)=x y f^{\prime \prime \prime}(x y)-f^{\prime \prime}(x y)$ 令 $\displaystyle u=x y, u f^{\prime}(u)-f(u)=u f^{\prime \prime \prime}(u)-f^{\prime \prime}(u)$ ． 两边同时除以 $\displaystyle u(u>0)$ ，得 $$ f^{\prime \prime \prime}(u)-\frac{f^{\prime \prime}(u)}{u}=f^{\prime}(u)-\frac{f(u)}{u} .$$ 等价为 $\displaystyle f^{\prime \prime \prime}(u)-f^{\prime}(u)=\frac{f^{\prime \prime}(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}$ ．令 $\displaystyle g(u)=\frac{f^{\prime \prime}(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(u)=0 \Rightarrow g(x)$ 为常数。（2）由（1）得，$\displaystyle \frac{f^{\prime \prime}(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}=C$ ． 两边同时乘 $\displaystyle u$ 得，$\displaystyle f^{\prime \prime}(u)-f(u)=C u$ 。（1）其特征方程为 $\displaystyle r^{2}-1=0$ ，解得 $\displaystyle r= \pm 1$ ． 故齐次方程通解为 $\displaystyle y=C_{1} \mathrm{e}^{u}+C_{2} \mathrm{e}^{-u}$ 。（2）设特解 $\displaystyle A u+B$ ，代入得 $\displaystyle 0-A u-B=C u$ ，解得 $\displaystyle A=-C, B=0$ ．故 $\displaystyle y^{*}=-C u$ ． 因此非齐次通解为 $\displaystyle y_{\text {非齐通 }}=y=C_{1} \mathrm{e}^{u}+C_{2} \mathrm{e}^{-u}-C u$ 。 由 $\displaystyle f(1)=1, f^{\prime}(1)=-1, f^{\prime \prime}(1)=0$ 得 $\displaystyle C_{1}=-\frac{1}{\mathrm{e}}, C_{2}=\mathrm{e}, C=-1$ ． 故 $\displaystyle f(u)=-\mathrm{e}^{u-1}+\mathrm{e}^{1-u}+u$ ．
19解答题（本题满分 12 分） 设有向曲线 $\displaystyle L$ 为椭圆 $\displaystyle x^{2}+3 y^{2}=1$ 上沿逆时针方向从点 $\displaystyle A\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$ 到点 $\displaystyle B\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 的部分，计算曲线积分 $\displaystyle I=\int_{L}\left(\mathrm{e}^{x^{2}} \sin x-2 x y\right) \mathrm{d} x+\left(6 x-x^{2}-y \cos ^{4} y\right) \mathrm{d} y$ ． 19．【解】令 $\displaystyle P=\mathrm{e}^{x} \sin x-2 x y, Q=6 x-x^{2}-y \cos ^{4} y$ ， $\displaystyle \overline{B A}$ ：从 $\displaystyle B$ 到 $\displaystyle A$ 直线段，$\displaystyle \overline{B A}$ 与 $\displaystyle L$ 所围区城为 $\displaystyle D$ ，如下图所示： ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/3775fdb3-e42c-4c61-92f3-310fb9701d34-13.jpg?height=368&width=552&top_left_y=1101&top_left_x=753) 则 $\displaystyle I=\int_{L+\overline{B A}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y-\int_{\overline{B A}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y-\int_{\overline{B A}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=6 \iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=6 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\sqrt{3}}=\sqrt{3} \pi$ ， $\displaystyle \int_{\overline{B A}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{\frac{1}{2}}^{-\frac{1}{2}}\left(\mathrm{e}^{x^{2}} \sin x-2 x^{2}+6 x-x^{2}-x \cos ^{4} x\right) \mathrm{d} x=-\frac{1}{4}$,故原式 $\displaystyle I=\sqrt{3} \pi+\frac{1}{4}$ ．
20解答题（本题满分 12 分） 设可导函数 $\displaystyle f(x)$ 严格单调递增且满足 $\displaystyle \int_{-1}^{1} f(x) \mathrm{d} x=0$ ，记 $\displaystyle a=\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x$ ．（1）证明 $\displaystyle a>0$ ；（2）令 $\displaystyle F(x)=a\left(1-x^{2}\right)+\int_{1}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，证明：存在 $\displaystyle \xi \in(-1,1)$ ，使得 $\displaystyle F^{\prime \prime}(\xi)=0$ ． 20．【证明】（1）由 $\displaystyle f(x)$ 单增可知，$\displaystyle \forall x \in[-1,0)$ ，有 $\displaystyle f(x)f(0)$. 故 $\displaystyle \int_{-1}^{0} f(x) \mathrm{d} x<\int_{-1}^{0} f(0) \mathrm{d} x=f(0), \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x>\int_{0}^{1} f(0) \mathrm{d} x=f(0)$ ，则 $\displaystyle \int_{-1}^{0} f(x) \mathrm{d} x0$ ．（2）由题可知 $\displaystyle F(-1)=F(0)=F(1)=0$ ，又因为 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle [-1,1]$ 上连续且可导． 由罗尔定理可知： $$ \begin{gathered} F^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0, \quad \xi_{1} \in(-1,0) \\ F^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=0, \quad \xi_{2} \in(-1,0) \\ F^{\prime \prime}(\xi)=0, \xi \in\left(\xi_{1}, \xi_{2}\right) \subset(-1,1) \end{gathered}$$
21解答题（本题满分 12 分） 已知向量组 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}=\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1 \\ -1\end{array}\right), \mathbf{\alpha}_{2}=\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 0 \\ -2\end{array}\right), \mathbf{\alpha}_{3}=\left(\begin{array}{c}0 \\ -1 \\ 1 \\ -1\end{array}\right), \mathbf{\alpha}_{4}=\left(\begin{array}{c}0 \\ 1 \\ -1 \\ 1\end{array}\right)$ ，记$\displaystyle A=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\right), \quad G=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right)$.（1）证明： $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}$ 是 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}, \mathbf{\alpha}_{3}, \mathbf{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组；（2）求矩阵 $\displaystyle \mathbf{H}$ 使得 $\displaystyle \mathbf{A}=\mathbf{G} \mathbf{H}$ ，并求 $\displaystyle \mathbf{A}^{10}$ 。 21．【解】 $\displaystyle \mathbf{A}=\left(\mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}, \mathbf{\alpha}_{3}, \mathbf{\alpha}_{4}\right)=\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -1 & -2 & -1 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ， $\displaystyle r(\mathbf{A})=2$ 且 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}$ 线性无关． 又 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{3}=-\mathbf{\alpha}_{1}+\mathbf{\alpha}_{2}, \mathbf{\alpha}_{4}=\mathbf{\alpha}_{1}-\mathbf{\alpha}_{2}$ ，所以 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}$ 是 $\displaystyle \mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}, \mathbf{\alpha}_{3}, \mathbf{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组。故 $$ \begin{gathered} \mathbf{A}=\left(\mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2},-\mathbf{\alpha}_{1}+\mathbf{\alpha}_{2}, \mathbf{\alpha}_{1}-\mathbf{\alpha}_{2}\right)_{1 \times 4}=\left(\mathbf{\alpha}_{1}, \mathbf{\alpha}_{2}\right)_{1 \times 2}\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right)_{2 \times 4}, \\ \mathbf{A}^{10}=\mathbf{G H G H} \cdots \mathbf{G H}=\mathbf{G D} \mathbf{D}^{9} \mathbf{H}, \end{gathered}$$ 其中 $\displaystyle \mathbf{D}=\left(\begin{array}{cccc}1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1\end{array}\right)_{2 \times 4}\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2\end{array}\right)_{4 \times 2}=\left(\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 0 & 1\end{array}\right)_{2 \times 2}$ ．又 $\displaystyle \mathbf{D}^{2}=\left(\begin{array}{cc}1 & -2 \\ 0 & 1\end{array}\right), \mathbf{D}^{3}=\left(\begin{array}{cc}1 & -3 \\ 0 & 1\end{array}\right)$ ，由此可推出 $\displaystyle \mathbf{D}^{9}=\left(\begin{array}{cc}1 & -9 \\ 0 & 1\end{array}\right)$ ． $$ \mathbf{A}^{10}=\mathbf{G} \mathbf{D}^{9} \mathbf{H}=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8 \end{array}\right)$$
22解答题（本题满分 12 分） 假设某种元件的寿命服从指数分布，其均值 $\displaystyle \theta$ 是未知参数．为估计 $\displaystyle \theta$ ，取 $\displaystyle n$ 个这种元件同时做寿命试验，试验到出现 $\displaystyle k(1 \leq k \leq n)$ 个元件失效时停止．（1）若 $\displaystyle k=1$ ，失效元件的寿命记为 $\displaystyle T$ ，（i）求 $\displaystyle T$ 的概率密度；（ii）确定 $\displaystyle a$ ，使得 $\displaystyle \hat{\theta}=a T$是 $\displaystyle \theta$ 的无偏估计，并求 $\displaystyle D(\hat{\theta})$ ；（2）已知 $\displaystyle k$ 个失效元件的寿命值分别为 $\displaystyle t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{k}$ ，且 $\displaystyle t_{1} \leq t_{2} \leq \cdots \leq t_{k}$ ，似然函数为$\displaystyle L(\theta)=\frac{1}{\theta^{k}} \mathrm{e}^{-\frac{1}{\theta}\left[\sum_{i=1}^{k} t_{i}+(n-k) t_{k}\right]}$ ，求 $\displaystyle \theta$ 的最大似然估计值．22．【解】（1）（i）设元件的寿命分别为 $\displaystyle X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ ，则每个样本均服从参数 $\displaystyle \lambda=\frac{1}{\theta}$ 的指数分布，即 $$ F(x)=\left\{\begin{array}{ll} 1-\mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}}, & x \geq 0, \\ 0, & x<0, \end{array} f(x)= \begin{cases}\frac{1}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}}, & x>0 \\ 0, & x<0\end{cases}\right.$$ 当 $\displaystyle k=1$ 时，$\displaystyle T=\min \left\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right\}$ ，设 $\displaystyle T$ 的分布函数为 $\displaystyle F_{T}(t)$ ，则 $$ F_{T}(t)=P\{T \leq t\}=1-P\left\{\min \left\{X_{1}, \cdots, X_{n}\right\}>t\right\}=1-\prod_{i=1}^{n} P\left\{X_{i}>t\right\}= \begin{cases}0, & t<0 \\ 1-\mathrm{e}^{-\frac{n}{\theta} t}, & t \geq 0\end{cases}$$ $\displaystyle T$ 的概率密度为 $$ f_{T}(t)= \begin{cases}\frac{n}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{n}{\theta} t}, & t>0, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$$ （ii）由（i）可知，$\displaystyle T \sim E\left(\frac{n}{\theta}\right)$ 所以 $\displaystyle E(T)=\frac{\theta}{n}, D(T)=\frac{\theta^{2}}{n^{2}}$ ，故 $\displaystyle E(\hat{\theta})=a \cdot \frac{\theta}{n}$ ． 当 $\displaystyle a=n$ 时，$\displaystyle \hat{\theta}=a T$ 为 $\displaystyle \theta$ 的无偏估计量． $$ D(\hat{\theta})=D(n T)=n^{2} D T=n^{2} \cdot \frac{\theta^{2}}{n^{2}}=\theta^{2}$$ （2）似然函数为 $$ \begin{gathered} L(\theta)=\frac{1}{\theta^{k}} \mathrm{e}^{-\frac{1}{\theta}\left[\sum_{i=1}^{k} t_{i}+(n-k) t_{k}\right]}, \\ \ln L(\theta)=-k \ln \theta-\frac{1}{\theta}\left[\sum_{i=1}^{k} t_{i}+(n-k) t_{k}\right], \end{gathered}$$ 令 $\displaystyle \frac{\mathrm{d} \ln L(\theta)}{\mathrm{d} \theta}=-\frac{k}{\theta}+\frac{1}{\theta^{2}}\left[\sum_{i=1}^{k} t_{i}+(n-k) t_{k}\right]=0$ ，解得 $$ \theta=\frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k} t_{i}+\frac{n-k}{k} t_{k}$$ 即 $\displaystyle \theta$ 的最大似然估计值为 $$ \hat{\theta}=\frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k} t_{i}+\frac{n-k}{k} t_{k}$$