时 ；时，

所以利用函数单调性可知，为的最小值，即

所以有时，

证法2：先对要证的不等式作适当变形，当时，原不等式显然成立；

当时，原不等式等价于 

当时，原不等式等价于

令     

则     

又因为利用函数单调性可知

当时，即当时，即

综上所述，当时，

七【详解】建立坐标轴如图所示，

解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功，其中是克服抓斗自重所作的功；是克服缆绳重力作的功；为提出污泥所作的功. 由题意知

将抓斗由处提升到处，克服缆绳重力所作的功为

= 缆绳每米重×缆绳长×提升高度

从而   

在时间间隔内提升污泥需做功为

将污泥从井底提升至井口共需时间

所以   

因此，共需做功

解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为，当抓斗运动到处时，作用力包括抓斗的自重, 缆绳的重力， 污泥的重力

即     

于是   

八【分析】先写出切平面方程，然后求，最后将曲面积分化成二重积分.

【详解】点，在点处的法向量为，设为上任意一点，则的方程为

，化简得

由点到平面的公式，到的距离

从而   

用投影法计算此第一类曲面积分，将投影到平面，其投影域为

由曲面方程知 于是

因此   

故有   

九【详解】(1) 因为

又由部分和数列

有     

因此   

(2) 先估计的值，因为

，令，则，即

所以   

所以    

由于，所以收敛，从而也收敛.

十【详解】根据题设，有一个特征值，属于的一个特征向量为 根据特征值和特征向量的概念，有

把代入中，得则. 把代入，于是 即

也即，

常数乘以矩阵，需用乘以矩阵的每一个元素

矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得

因， 的特征值，的特征值，故

由(1),(3)两式得

，

两边同除，得 

整理得，代入(1)中，得. 再把代入(2)中得

又由，以及，有

(其中的指数3，1分别是1的行数和列数)

故  因此

十一【详解】

“必要性”. 设为正定矩阵，则由定义知，对任意的实维列向量，有 即于是，，即对任意的实维列向量，都有. (若，则矛盾). 因此，只有零解，故有(有唯一零解的充要条件是).

“充分性”. 因为阶实对称矩阵，则，故根据实对称矩阵的定义知也为实对称矩阵. 若，则线性方程组只有零解，从而对任意的实维列向量，有. 又为正定矩阵，所以对于有 故为正定矩阵(对任意的实维列向量，有).

十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：

(通俗点说就是在求关于的边缘分布时，就把对应的所有都加起来，同理求关于的边缘分布时，就把对应的所有都加起来)

故  　即

而由表知，，所以

又根据相互独立，则有：

　即

因，，而

所以

再由边缘分布的定义有

所以   

又由独立性知

所以   

由边缘分布定义有

所以   

再由，所以

而     

故     

又，所以

所以有：

十三【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)

(1) 矩估计：由期望的定义：

样本均值，用样本均值估计期望有，

即     解得θ的矩估计量   

(2) 由随机变量方差的性质：，所以

又由独立随机变量方差的性质：若独立，则

因是取自总体的简单随机样本，所以独立且与服从同一分布，即

而 

方差的定义：，所以求方差只需要求出和

根据二阶原点矩的定义：

故     

而，所以

因此的方差为