考研数学历年真题：2008年考研数学一真题及解析

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2008年数学试题参考答案和评分参考2a12a302a2aa22a1证法2:4=..2分Q22g1arr -邦72a2aa2a2a手提供0-a24...·4分02a3-arrQ22a2a202a1302a409..·分-=(n+1)a"arR-1nnn+10an（Ⅱ）解：当α±0时，方程组系数行列式D，≠0，故方程组有唯一解由克莱姆法则，将D.第1列换成b，得行列式为12a2a02aa2aaD=na-202ao2alnDa-ln所以，x...9分-Dn(n+1)a2008年：第6页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2008 年数学试题参考答案和评分参考 2008 年 • 第 6 页 证法 2： 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 2 1 0 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 n 2 n a a a a a a a A r ar a a a a a a a a a a         .2 分 3 2 2 2 2 2 1 3 0 1 2 4 2 0 1 3 3 2 1 2 1 2 n a a a r ar a a a a a a      .4 分 n n n n n a a n n a n n a a a a r n n r ( 1) 1 0 1 1 0 1 3 4 0 1 2 3 0 2 1 1 1           .6 分 (Ⅱ) 解：当 a  0 时，方程组系数行列式 Dn  0 ，故方程组有唯一解. 由克莱姆法则，将 Dn 第 1 列换成 b ，得行列式为 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 n n n n a a a a a a D na a a a a a a a a             所以， n a n D D x n n ( 1) 1 1     .9 分

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2008年数学试题参考答案和评分参考(01x100-X2(Ⅲl）解：当a=0时，方程组为.....无00Xa00)此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n一1，所以方程组有无穷多解，其通解为.... 0)+k(1x=(I000）,其中k为任意常数0...12分(22)（本题满分11分）设随机变量X与Y相互独立，X概率分布为PX=i==（i=-10,1)，Y的概率密度[10≤y≤l记Z=X+Y为f,(y)=其它10X=0)：(m)求z的概率密度f(=)①求PZ≤解: ) plz号)x=0l=plx+Ys)x=0f=-..4分(I) Fz(=) = P(Z≤z)= P(X +Y≤)= P(X +Y ≤z,X = -1)+P(X+Y≤z,X =0)+P(X+Y≤z,X =1)=P(Y≤z+1,X=-1)+P(Y≤z,X=0)+P(Y≤z-1,X=1)= P(Y ≤z+1)P(X = -1)+ P(Y ≤=)P(X = 0)+ P(Y ≤2-1)P(X =1)=+[P(Y ≤2+1)+ P(Y≤2)+ P(Y≤z-1)]=[F(2+1)+E()+F(-1)].7分...分f2(2)= F2(2) =[fr(=+1)+ f()+ f,(z-1)l[3,-1≤2<2·1分0,其他郝(23）（本题满分11分）设X,X，,X是总体为N(u,)的简单随机样本，12x, S*=2(X-X),T=x-X=.n-1台ni=ln()证明T是μ的无偏估计量；(I)当μ=0,α=1时，求DT.(M 证: 因 ET = E(X*_|s2)= EX?_ ES? =(EX)*+DX-..4分ESnnh2008年·第7页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2008 年数学试题参考答案和评分参考 2008 年 • 第 7 页 (Ⅲ) 解：当 a  0 时，方程组为 1 2 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 n n x x x x                                                   此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 n 1 ，所以方程组有无穷多解，其通解为 0 1 0 0 1 0 0 0    T T x k     ,其中 k 为任意常数 .12 分 (22)（本题满分 11 分） 设随机变量 X 与 Y 相互独立，X 概率分布为 1 { } ( 1,0,1) 3 P X i i     ，Y 的概率密度 为 1 0 1 ( ) 0 Y y f y       ， 其它 记 Z  X Y (I) 求 1 { 0} 2 P Z X   ； (II) 求 Z 的概率密度 f (z) z . 解：(I)                   0 2 1 0 2 1 P Z X P X Y X 2 1 2 1         P Y  .4 分 (II) FZ (z)  PZ  z  PX  Y  z  PX  Y  z, X  1 PX  Y  z, X  0 PX  Y  z, X  1  PY  z 1, X  1 PY  z, X  0 PY  z 1, X  1  PY  z 1PX  1 PY  zPX  0 PY  z 1PX  1   1    1 3 1  P Y  z   P Y  z  P Y  z   ( 1) ( ) ( 1) 3 1  FY z   FY z  FY z  .7 分   1 3 ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1) Z Z Y Y Y f z F z f z f z f z        .9 分        0,其他 , 1 2 3 1 z .11 分 (23)（本题满分 11 分） 设 1 2 , , , X X X  n 是总体为 2 N( , )   的简单随机样本，记   n i Xi n X 1 1 ， 2 1 2 ( ) 1 1     n i Xi X n S ， 2 2 1 S n T  X  (I) 证明 T 是 2  的无偏估计量； (II) 当     0, 1 时，求 DT. (I) 证：因 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 ) 1 ( ES n ES EX DX n S EX n ET  E X       .4 分