1、2011 年考研数学试题答案与解析（数学一 ） 一、选择题 1 、 曲线 4 3 2 4 3 2 1 x x x x y 的拐点 是（ ） （A）（ 1，0 ） （B）（ 2 ，0） （C）（ 3，0 ） （D）（ 4，0 ） 【 答案 】C 【 考点分析】本 题考查 拐点 的判 断。 直接 利用判 断拐 点的 必要 条件 和第二 充分 条件即 可。 【 解析 】由 4 3 2 4 3 2 1 x x x x y 可知1,2,3,4 分别是 2 3 4 1 2 3 4 0 y x x x x 的一、 二、 三、 四重 根， 故由导 数与 原函 数之 间的 关系可 知 (1) 0 y ， (2)
2、 (3) (4) 0 y y y (2) 0 y ， (3) (4) 0 yy ， (3) 0, (4) 0 yy ，故（3，0 ）是 一拐 点。 2 、 设 数 列 n a 单 调 减 少 ， 0 lim n n a ， n k k n n a S 1 2 , 1 无 界 ， 则 幂 级 数 1 1 n n n ax 的收敛 域为 （ ） （A） (-1，1 （B） -1，1) （C） 0，2) （D） (0，2 【 答案 】C 【 考点分析】本 题考查 幂级 数的 收敛 域。 主要涉 及到 收敛 半径 的计 算和常 数项 级数收 敛性 的一 些结 论， 综合性 较强 。 【 解析 】 n
3、k k n n a S 1 2 , 1 无界 ，说 明幂 级 数 1 1 n n n ax 的收 敛半 径 1 R ； n a 单调减 少， 0 lim n n a ， 说明 级数 1 1 n n n a 收 敛， 可知 幂级 数 1 1 n n n ax 的收敛 半径 1 R 。 因此， 幂级 数 1 1 n n n ax 的收敛 半径 1 R ，收敛 区间 为 0,2 。又由 于 0 x 时幂级数 收敛， 2 x 时幂 级数 发散 。可 知收敛 域为 0,2 。 3、 设 函数 ) (x f 具有二 阶连 续导 数 ，且 0 ) ( x f ， 0 ) 0 ( f ，则 函数 ) ( ln
4、 ) ( y f x f z 在点(0,0) 处取 得极 小值 的 一个充 分条 件是 （ ） （A ） 0 ) 0 ( 1 ) 0 ( f f ， (B) 0 ) 0 ( 1 ) 0 ( f f ， (C) 0 ) 0 ( 1 ) 0 ( f f ， (D) 0 ) 0 ( 1 ) 0 ( f f ， 【 答案 】C 【 考点分析】本 题考查 二元 函数 取极 值的 条件， 直接 套用 二元 函数 取极值 的充 分条件 即可 。 【 解析】由 ) ( ln ) ( y f x f z 知 () ( )ln ( ), ( ) () xy fx z f x f y z f y fy ， () (
5、) () xy fx z f y fy ( )ln ( ) xx z f x f y ， 2 2 ( ) ( ) ( ( ) () () yy f y f y f y z f x fy 所以 0 0 (0) (0) 0 (0) xy x y f zf f ， 0 0 (0)ln (0) xx x y z f f ， 2 2 0 0 (0) (0) ( (0) (0) (0) (0) yy x y f f f z f f f 要使得 函数 ) ( ln ) ( y f x f z 在点(0,0)处 取 得极小 值， 仅需 (0)ln (0) 0 ff ， (0)ln (0) (0) 0 f f
6、f 所以有 0 ) 0 ( 1 ) 0 ( f f ， 4 、设 4 4 4 0 0 0 lnsin , lncot , lncos I xdx J xdx K xdx ，则 , I J K 的大 小关 系是( ) （A ）I J K （B ）I K J （C）J I K （D）K J I 【 答案 】B 【 考点分析】 本 题考 查定 积分的 性质 ， 直接 将比 较 定积分 的大 小转 化为 比较 对应的 被积 函数 的大小 即可 。 【 解析 】 (0, ) 4 x 时， 2 0 sin cos cot 2 x x x ，因 此lnsin lncos lncot x x x 4 4 4
7、0 0 0 lnsin lncos lncot xdx xdx xdx ，故选 （B ） 5. 设A 为 3 阶矩 阵， 将A 的第二列 加到 第一 列得 矩阵B ，再交 换B 的第二 行与 第一 行得 单位矩 阵. 记 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 P , 2 1 0 0 0 0 1 0 1 0 P ,则A ( ) （A） 12 PP （B ） 1 12 PP （C） 21 PP （D） 1 21 PP 【 答案 】D 【 考点分析】本 题考查 初等 矩阵 与初 等变 换的关 系。 直接 应用 相关 定理的 结论 即可。 【 解析】 由 初 等 矩 阵 与 初 等 变 换 的 关
8、系 知 1 AP B ， 2 PB E ，所以 1 1 1 1 1 2 1 2 1 A BP P P PP ，故选 （D ） 6、设 4 3 2 1 , , , 是 4 阶 矩阵， 为 的伴 随矩阵 ， 若 0 , 1 , 0 , 1 是方 程组 0 x 的一个 基础 解系 ，则 0 x 基础 解系可 为（ ） (A) 3 1 ， (B) 2 1 ， (C) 3 2 1 ， ， (D) 4 3 2 ， ， 【 答案 】D 【 考点分析】本 题考查 齐次 线性 方程 组的 基础解 系， 需要 综合 应用 秩，伴 随矩 阵等方 面的 知识 ， 有 一定 的灵活 性。 【 解析】由 0 x 的基 础
9、解 系只 有一个 知 ( ) 3 rA ， 所以 ( ) 1 rA ， 又由 0 A A A E 知， 1 2 3 4 , , , 都是 0 x 的解， 且 0 x 的极大 线生无 关组 就是 其基 础解 系，又 1 2 3 4 1 3 11 00 , , , 0 11 00 A ， 所 以 13 , 线 性 相 关 ， 故 1 2 4 ， ， 或 4 3 2 ， ， 为极大 无关 组， 故应 选（D ） 7、设 12 , F x F x 为两 个分 布函数 ， 其 相应的 概率 密度 12 , f x f x 是连 续函 数， 则 必为 概率密 度的 是( ) （A） 12 f x f x
10、（B） 21 2f x F x （C） 12 f x F x （D） 1 2 2 1 f x F x f x F x 【 答案 】D 【 考点分析】本 题考查 连续 型随 机变 量概 率密度 的性 质。 【 解析 】 检验 概率 密度 的 性质： 1 2 2 1 0 f x F x f x F x ； 1 2 2 1 1 2 1 f x F x f x F x dx F x F x 。 可 知 1 2 2 1 f x F x f x F x 为概率 密度 ，故 选（D）。 8、 设 随机 变量 与 相互独 立 ， 且 与 存在， 记 y x U , max , y x V , min ， 则
11、) (UV （ ） (A) V U (B) (C) U (D) V 【 答案 】B 【 考点分析】本 题考查 随机 变量 数字 特征 的运算 性质 。计 算时 需要 先对随 机变 量UV 进行 处理 ，有 一定 的灵 活性。 【 解析 】 由于 max , min , UV X Y X Y XY 可知 ( ) (max , min , ) ( ) ( ) ( ) E UV E X Y X Y E XY E X E Y 故应选 （B ） 二、填空题 9、曲 线 x x tdt y 0 4 0 tan 的弧长s= 【 答案 】1 4 【 考点分析 】 本 题考查 曲线 弧长 的计 算， 直接代 公
12、式 即可 。 【 解析 】 2 4 4 4 2 2 4 0 0 0 0 tan sec 1 tan 1 4 s y dx xdx x dx x x 10 、微 分方 程 x e y y x cos 满足条 件 0 ) 0 ( y 的解为 y 【 答案 】 sin x y xe 【 考点分析】 本 题考 查一 阶线性 微分 方程 的求 解 。 先按一 阶线 性微 分方 程的 求解步 骤求 出其 通解， 再根 据定 解条 件， 确定通 解中 的任 意常 数。 【 解析 】 原方 程的 通解 为 11 cos cos sin dx dx x x x y e e x e dx C e xdx C e
13、x C 由 0 ) 0 ( y ，得 0 C ，故 所求 解为 sin x y xe 11 、设 函数 xy dt t t y x F 0 2 1 sin , ，则 2 0 2 2 y x x F【 答案 】4 【 考点分析】本 题考 查偏 导数的 计算 。 【 解析 】 2 2 2 3 2 2 2 2 2 22 cos 1 2 sin sin , 1 1 y xy x y xy xy F y xy F x x y x xy 。故 2 2 0 2 4 x y F x 。 12 、设L 是柱 面方程 22 1 xy 与 平面z x y 的 交线， 从z 轴 正向往z 轴 负向 看去为 逆 时针方
14、 向， 则曲 线积 分 2 2 L y xzdx xdy dz 【 答案 】 【 考点分析 】 本题 考查 第 二类曲 线积 分的 计算。 首 先将曲 线写 成参 数方 程的 形式， 再 代入 相 应的计 算公 式计 算即 可。 【 解析 】 曲线L 的参 数方 程 为 cos sin cos sin xt yt z t t ，其 中t 从0 到2 。因此 2 2 2 0 23 2 22 0 2 sin cos (cos sin )( sin ) cos cos (cos sin ) 2 sin cos sin sin cos cos 22 L y xzdx xdy dz t t t t t
15、t t t t dt t t t t t t dt 13 、 若 二 次 曲 面 的 方 程 为 2 2 2 3 2 2 2 4 x y z axy xz yz ， 经 正 交 变 换 化 为 22 11 44 yz ，则a 【 答案 】 1 【 考点分析】 本 题考 查二 次型在 正交 变换 下的 标准 型的相 关知 识 。 题 目中 的 条件相 当于 告诉 了二次 型的 特征 值， 通过 特征值 的相 关性 质可 以解 出a 。 【解析】本题等价于将二次型 2 2 2 ( , , ) 3 2 2 2 f x y z x y z axy xz yz 经 正 交 变 换 后 化为了 22 11
16、 4 f y z 。由 正交 变换 的特 点可知 ，该 二次 型的 特征 值为1,4,0 。 该二次 型的 矩阵 为 11 31 1 1 1 a Aa ，可知 2 2 1 0 A a a ，因此 1 a 。 14 、设 二维 随机 变量( , ) XY 服从 22 ( , ; , ;0) N ，则 2 () E XY 【 答案 】 32 【考点分析】 ： 本 题考 查二 维正态 分布 的性 质。 【 解 析 】 ： 由于 0 ， 由 二 维 正 态 分 布 的 性 质 可 知 随 机 变 量 , XY 独 立 。 因 此 22 () E XY EX EY 。 由于( , ) XY 服从 22
17、( , ; , ;0) N ，可知 2 2 2 2 , EX EY DY EY ，则 2 2 2 3 2 () E XY 。 三、解答题 15 、 （ 本题 满分10 分 ）求 极限 1 1 0 ln(1 ) lim x e x x x 【 答案 】 1 2 e 【考点分析】 ： 本题 考查 极 限的计 算 ， 属于1 形式 的极 限。 计算 时先按1 未定 式的 计算方 法 将极限 式变 形， 再综 合利 用等价 无穷 小替 换、 洛必 达法则 等方 法进 行计 算。 【 解 析 】 ： 11 11 00 ln(1 ) ln(1 ) lim lim 1 xx ee xx x x x xx 2
18、 0 00 1 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 1 lim lim lim 12 x x xx xx xx x x e x x e e e 0 1 lim 2 (1 ) 2 x x xx ee 16 、 （ 本题 满 分9 分 ） 设 ( , ( ) z f xy yg x ， 其中函 数 f 具有二 阶连 续偏 导数 ， 函 数 () gx 可 导，且 在 1 x 处取得 极值 (1) 1 g ，求 2 1, 1 z xy xy 【 答案 】 1,1 1,2 (1,1) (1,1) ff 【考点分析】 ： 本题 综合 考 查偏导 数的 计算和 二元 函 数取极 值的 条件， 主要 考 查
19、考生 的计 算 能力， 计算 量较 大。 【 解析】： 12 ( , ( ) ( , ( ) ( ) z f xy yg x y f xy yg x yg x x 2 1,1 1,2 1 2,1 2,2 2 ( , ( ) ( , ( ) ( ) ( , ( ) ( , ( ) ( ) ( , ( ) ( ) ( ) ( , ( ) ( ) z f xy yg x xy f xy yg x yg x f xy yg x x xy f xy yg x xyg x f xy yg x yg x g x f xy yg x g x 由于 () gx 在 1 x 处取 得极 值 (1) 1 g ，可知
20、 (1) 0 g 。 故 2 1,1 1,2 1 2,1 2,2 2 1,1 1,2 (1, (1) (1, (1) (1) (1, (1) 1, 1 (1, (1) (1) (1, (1) (1) (1) (1, (1) (1) (1,1) (1,1) z f g f g g f g xy xy f g g f g g g f g g ff 17 、 （ 本题 满分10 分 ）求 方程 arctan 0 k x x 不同实 根的 个数 ，其 中k 为参数 【 答案 】 1 k 时， 方程 arctan 0 k x x 只有 一 个实根1 k 时，方 程 arctan 0 k x x 有两个
21、实根【考点分析】 ： 本题 考查 方 程组根 的讨 论，主 要用 到 函数单 调性 以及闭 区间 上 连续函 数的 性 质。 解题 时， 首先 通过 求 导数得 到函 数的 单调 区间 ， 再 在每 个单 调区间 上检 验是否 满足 零点 存在定 理的 条件 。 【 解析 】 ：令 ( ) arctan f x k x x ，则 (0) 0 f ， 2 22 1 ( ) 1 11 k k x fx xx ， （1） 当 1 k 时， ( ) 0 fx ， () fx 在( , ) 单调 递减 ，故 此时 () fx 的图像 与x 轴 与只有 一个 交点 ，也 即方 程 arctan 0 k x
22、 x 只有 一个 实根 （2） 1 k 时， 在( ,0) 和(0, ) 上都有 ( ) 0 fx ， 所 以 () fx 在( ,0) 和(0, ) 是严格 的单 调递 减， 又 (0) 0 f ，故 () fx 的图 像在( ,0) 和(0, ) 与x 轴均 无交 点（3） 1 k 时， 11 k x k 时， ( ) 0 fx ， () fx 在( 1, 1) kk 上单调 增加， 又 (0) 0 f 知， () fx 在( 1, 1) kk 上只有 一 个实根 ， 又 () fx( , 1) k 或( 1, ) k 都有 ( ) 0 fx ， () fx 在( , 1) k 或( 1,
23、 ) k 都单调 减， 又 ( 1) 0, lim ( ) x f k f x ， ( 1) 0, lim ( ) x f k f x ，所 以 () fx 在 ( , 1) k 与x 轴无 交点 ， 在( 1, ) k 上与x 轴有 一个交 点综上所 述： 1 k 时， 方程 arctan 0 k x x 只有 一个实 根1 k 时，方 程 arctan 0 k x x 有两个 实根18 、 （ 本题 满分10 分 ）证 明： （1 ）对 任意 正整 数n ，都有 1 1 1 ln(1 ) 1 n n n （2）设 11 1 ln ( 1,2, ) 2 n a n n n ，证明 数列 n
24、a 收敛 【考点分析】 ： 本题 考查 不 等式的 证明 和数列 收敛 性 的证明 ，难 度较大 。 （1 ） 要证明 该不 等 式， 可 以将 其转 化为 函数 不等式 ， 再 利用 单调 性进 行证明 ； （2 ） 证 明收 敛性 时要用 到单 调有 界收敛 定理 ，注 意应 用（1 ）的结 论。 【 解析 】 ： （1 ）令 1 x n ，则原 不 等式可 化为 ln(1 ) , 0 1 x x x x x 。 先证明ln(1 ) , 0 x x x ： 令 ( ) ln(1 ) f x x x 。 由于 1 ( ) 1 0, 0 1 f x x x ， 可知 () fx 在 0, 上单
25、调 递 增。 又由于 (0) 0 f ，因 此当 0 x 时， ( ) (0) 0 f x f 。也 即ln(1 ) , 0 x x x 。 再证明 ln(1 ), 0 1 x xx x ： 令 ( ) ln(1 ) 1 x g x x x 。 由 于 2 11 ( ) 0, 0 1 (1 ) g x x xx ， 可知 () gx 在 0, 上 单调递 增。 由 于 (0) 0 g ， 因此当 0 x 时， ( ) (0) 0 g x g 。 也即 ln(1 ), 0 1 x xx x 。 因此， 我们 证明 了 ln(1 ) , 0 1 x x x x x 。再令 由于， 即可 得到 所需
26、 证明 的不等 式。 （2 ） 1 11 ln(1 ) 1 nn aa nn ，由不等式 11 ln(1 ) 1nn 可 知 ： 数 列 n a 单调 递减。 又由不 等式 11 ln(1 ) nn 可知 ： 1 1 1 1 1 ln ln(1 1) ln(1 ) . ln(1 ) ln ln( 1) ln 0 22 n a n n n n nn 。 因此数 列 n a 是有界 的。 故由 单调有 界收 敛定 理可 知： 数列 n a 收敛。 19 、 （ 本题 满分11 分 ）已 知函数 ( , ) f x y 具有 二阶 连续 偏导 数，且 (1, ) 0, ( ,1) 0 f y f x
27、 ， ( , ) D f x y dxdy a ，其中 ( , )|0 1,0 1 D xy x y ，计算二重积分 ( , ) xy D I xyf x y dxdy 【 答案】： a【考点分析】 ： 本题 考查 二 重积分 的 计 算。计 算中 主 要利用 分部 积分法 将需 要 计算的 积分 式 化为已 知的 积分 式， 出题 形式较 为新 颖， 有一 定的 难度。 【 解析 】 ：将 二重 积分 ( , ) xy D xyf x y dxdy 转化 为累次 积分 可得 11 00 ( , ) ( , ) xy xy D xyf x y dxdy dy xyf x y dx 首先考 虑
28、1 0 ( , ) xy xyf x y dx ，注意 这是 是把 变量y 看做常 数的 ，故 有 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) (1, ) ( , ) xy y y y y y xyf x y dx y xdf x y xyf x y yf x y dx yf y yf x y dx 由 (1, ) ( ,1) 0 f y f x 易知 (1, ) ( ,1) 0 yx f y f x 。 故 11 00 ( , ) ( , ) xy y xyf x y dx yf x y dx 。 1 1 1 1 0 0 0 0 ( , ) ( ,
29、 ) ( , ) xy xy y D xyf x y dxdy dy xyf x y dx dy yf x y dx 对该积 分交 换积 分次 序可 得： 1 1 1 1 0 0 0 0 ( , ) ( , ) yy dy yf x y dx dx yf x y dy 再考虑 积分 1 0 ( , ) y yf x y dy ，注 意这 里是 把变量x 看做 常数 的， 故有 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) y yf x y dy ydf x y yf x y f x y dy f x y dy 因此 1 1 1 1 0 0
30、0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) xy y DD xyf x y dxdy dx yf x y dy dx f x y dy f x y dxdy a 20 、 （ 本题 满分11 分） 1 2 3 1,0,1 , 0,1,1 , 1,3,5 T T T 不能由 1 2 3 1, ,1 , 1,2,3 , 1,3,5 T T T a 线性表 出。 求a ； 将 1 2 3 , 由 1 2 3 , 线性表 出。 【 答案】： 5 a ； 3 2 1 2 0 1 10 2 4 5 1 2 3 2 1 【考点分析】 ： 本题 考查 向 量的线 性表 出，需 要用 到 秩以及 线
31、性 方程组 的相 关 概念， 解题 时 注意把 线性 表出 与线 性方 程组的 解结 合起 来。 【 解析】： 由于 3 2 1 , , 不能 由 3 2 1 , , 表示 可知 0 5 3 1 4 2 1 3 1 1 3 2 1 a a ，解得 5 a 本题 等价 于求 三 阶矩阵C 使得 1 2 3 1 2 3 , , , , C 可知 1 1 1 2 3 1 2 3 1 0 1 1 1 3 , , , , 0 1 3 1 2 4 1 1 5 1 3 5 C 计算可 得 2 1 5 4 2 10 1 0 2 C 因此 3 2 1 2 0 1 10 2 4 5 1 2 3 2 1 21 、
32、（ 本题 满分11 分）A 为三阶实 矩阵 ， ( ) 2 RA ，且 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 A （1）求A 的特征 值与 特征 向 量（2 ）求A 【 答案 】 ： （1 ） 的特征值 分 别为 1 ，-1 ，0 ，对 应的 特 征向量 分别 为 1 0 1 ， 1 0 1 - ， 0 1 0（2） 0 0 1 000 1 0 0 A 【考点分析】 ： 实 对称 矩阵 的特征 值与 特征 向量 ，解 题时注 意应 用实 对称 矩阵 的特殊 性质 。 【 解析】： （1 ） 1 0 1 - - 1 0 1 - 1 0 1 1 0 1 可 知：1 ，-1 均为 的特征
33、值， 1 0 1 1 与 1 0 1 - 2 分别为 它们 的特征 向量 2 ) ( A r ，可 知 0 也是 的特征 值 而0 的 特征 向量 与 1 ， 2 正交 设 3 2 1 3 x x x 为 0 的特 征向 量 有 0 0 3 1 3 1 x x x x得 0 1 0 3 k 的特 征值 分别 为 1 ，-1，0 对应 的特 征向 量 分别为 1 0 1 ， 1 0 1 - ， 0 1 0（2） -1 其中 0 1 1 ， 0 1 1 1 0 0 0 1 1 故 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 A 0 1 1 2 1 0 2
34、 1 2 1 0 2 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 022. （ 本题 满 分11 分） X 0 1 P 1/3 2/3 Y -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3 22 1 P X Y 求： （1 ） , XY 的分布 ； （2 ）Z XY 的分布 ； （3 ） XY . 【 答案 】 ： （1 ）X Y 0 1 -1 0 1/3 0 1/3 0 1 0 1/3 （2） Z -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3 （3） 0 XY 【考点分析】 ： 本题 考查 二 维离散 型分 布的分 布律 及 相关数 字特 征的计 算。 其 中，最
35、 主要 的 是第一 问联 合分 布的 计算 。【解析】 ： （1 ）由 于 22 1 P X Y ，因此 22 0 P X Y 。 故 0, 1 0 P X Y ，因 此 1, 1 1, 1 0, 1 1 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 再由 1, 0 0 P X Y 可知 0, 0 1, 0 0, 0 0 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 同样， 由 0, 1 0 P X Y 可知 0, 1 1, 1 0, 1 1 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 这样， 我们 就可 以写 出 , XY 的联合分 布如 下： Y X 1 0 1 0 0
36、 1/3 0 1 1/3 0 1/3 （2）Z XY 可能 的 取 值有 1 ，0 ，1 其中 ( 1) ( 1, 1) 1/3 P Z P X Y ， ( 1) ( 1, 1) 1/3 P Z P X Y ， 则有 ( 0) 1/3 PZ 。 因此，Z XY 的分 布律 为 Z -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3 （3） 2/3 EX ， 0 EY ， 0,cov( , ) 0 EXY X Y EXY EXEY 故 cov( , ) 0 XY XY DX DY 23 、 （ 本题 满分 11 分 ） 设 12 , , , n x x x 为来自 正态 总体 2 0 ( , ) N 的简
37、 单随 机样本 ， 其 中 0 已知， 2 0 未知 ，x 和 2 S 分别 表示 样本均 值和 样本 方差 ， （1） 求参 数 2 的最大 似然 估 计 2 （2） 计算 2 () E 和 2 () D 【 答案 】 ： （1 ） 2 2 0 1 () n i i X n （2） 4 2 2 2 2 ( ) , ( ) ED n 【考点分析】 ： 本 题考 查参 数估计 和随 机变 量数 字特 征的计 算， 有一 定的 难度。 在求 2 的最 大 似 然估 计时 ，最 重要 的是 要 将 2 看 作一 个整 体。 在求 2 的 数学 期望 和方 差时 ，则 需 要综合应 用数 字特 征的
38、各种 运算性 质和 公式 ，难 度较 大。 【 解析】： （ 1 ） 似 然 函 数 22 2 00 12 22 2 1 1 ( ) ( ) 11 , , , , exp exp 22 2 2 n n ii n n n i i xx L x x x 则 22 2 00 22 11 ( ) ( ) 1 ln ln2 ln ln2 ln 2 2 2 2 2 nn ii ii xx n n n Ln 2 0 2 22 2 1 () ln 1 22 n i i x Ln 令 2 ln 0 L 可得 2 的 最 大 似 然 估 计 值 2 2 0 1 () n i i x n ， 最 大 似 然 估 计 量 2 2 0 1 () n i i X n （2） 由随 机变 量数 字特 征 的计算 公式 可
