2025年大學《數學與應用數學》專業(yè)題庫——數學在林業(yè)氣象中的應用考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，$\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$，計算$\mathbf{A}^3-3\mathbf{A}^2\mathbf{B}+3\mathbf{A}\mathbf{B}^2-\mathbf{B}^3$。二、已知函數$f(x)=\ln(x^2+1)-x\sin(x)$，求$f'(x)$和$f''(0)$。三、求極限$\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^2}-\cos(x)}{x^4}$。四、計算不定積分$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx$。五、某森林中樹木的生長可以近似地用Logistic模型描述，設樹木數量$N(t)$滿足$\frac{dN}{dt}=rN\left(1-\frac{N}{K}\right)$，其中$r$為內稟增長率，$K$為環(huán)境容納量。若初始時刻樹木數量為$N(0)=N_0$，求$N(t)$的表達式。六、設隨機變量$X$的概率密度函數為$f(x)=\begin{cases}2x&0\leqx\leq1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，求隨機變量$Y=X^2$的概率密度函數。七、設二維隨機變量$(X,Y)$的聯(lián)合概率密度函數為$f(x,y)=\begin{cases}\mathrm{e}^{-(x+y)}&x\geq0,y\geq0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$，判斷$X$和$Y$是否相互獨立。八、對某地區(qū)降水量進行觀測，得到數據如下（單位：mm）：100,120,110,130,115,105,125,135,140,120。求樣本均值、樣本方差和樣本標準差。九、假設某林場松樹的年生長量服從正態(tài)分布$N(\mu,\sigma^2)$，隨機抽取25株松樹，測得平均年生長量為1.2cm，樣本標準差為0.3cm。求$\mu$的95%置信區(qū)間。十、為了研究某種除草劑對森林中雜草的控制效果，隨機選擇10塊林地，分別施用該除草劑和空白對照，記錄雜草數量如下：|處理|雜草數量||---|---||施藥|12,15,14,10,13,16,11,17,18,13||對照|20,22,19,21,23,24,18,25,27,26|假設雜草數量服從正態(tài)分布，且方差相等，檢驗該除草劑對雜草數量是否有顯著控制效果（顯著性水平$\alpha=0.05$）。試卷答案一、$\mathbf{A}^3-3\mathbf{A}^2\mathbf{B}+3\mathbf{A}\mathbf{B}^2-\mathbf{B}^3=\mathbf{0}$解析：觀察$\mathbf{A}$和$\mathbf{B}$，可以發(fā)現$\mathbf{A}$和$\mathbf{B}$是2階矩陣，并且$\mathbf{B}^2=-\mathbf{I}$。將$\mathbf{B}^2$代入原式，得到：$\mathbf{A}^3-3\mathbf{A}^2\mathbf{B}+3\mathbf{A}\mathbf{B}^2-\mathbf{B}^3=\mathbf{A}^3-3\mathbf{A}^2\mathbf{B}-3\mathbf{A}+\mathbf{B}^2$$\mathbf{A}^2=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7&10\\15&22\end{pmatrix}$$\mathbf{A}^3=\mathbf{A}\mathbf{A}^2=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}7&10\\15&22\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}37&54\\81&118\end{pmatrix}$將$\mathbf{A}^2$，$\mathbf{A}^3$和$\mathbf{B}^2$代入原式，得到：$\begin{pmatrix}37&54\\81&118\end{pmatrix}-3\begin{pmatrix}7&10\\15&22\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}+3\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}(-\mathbf{I})-\mathbf{I}=\mathbf{0}$經過計算，最終結果為$\mathbf{0}$。二、$f'(x)=\frac{2x}{x^2+1}-\sin(x)-x\cos(x)$$f''(0)=2$解析：首先對$f(x)$進行求導：$f'(x)=\frac2g6wwmm{dx}(\ln(x^2+1))-\fracsumcs6k{dx}(x\sin(x))$使用鏈式法則和積的求導法則，得到：$f'(x)=\frac{2x}{x^2+1}-(\sin(x)+x\cos(x))$$f'(x)=\frac{2x}{x^2+1}-\sin(x)-x\cos(x)$$f''(x)=\fracisqg6ii{dx}\left(\frac{2x}{x^2+1}\right)-\frac6oqgomi{dx}(\sin(x)+x\cos(x))$使用商的求導法則和積的求導法則，得到：$f''(x)=\frac{2(x^2+1)-2x(2x)}{(x^2+1)^2}-(\cos(x)+\cos(x)-x\sin(x))$$f''(x)=\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2}-2\cos(x)+x\sin(x)$將$x=0$代入$f''(x)$，得到：$f''(0)=\frac{2}{1^2}-2\cos(0)+0\sin(0)=2-2+0=2$三、$\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^2}-\cos(x)}{x^4}=\frac{1}{3}$解析：觀察極限表達式，當$x\to0$時，分子和分母都趨近于0，可以使用洛必達法則：$\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^2}-\cos(x)}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{2x\mathrm{e}^{x^2}+\sin(x)}{4x^3}$再次使用洛必達法則：$\lim_{x\to0}\frac{2x\mathrm{e}^{x^2}+\sin(x)}{4x^3}=\lim_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^{x^2}+4x^2\mathrm{e}^{x^2}+\cos(x)}{12x^2}$再次使用洛必達法則：$\lim_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^{x^2}+4x^2\mathrm{e}^{x^2}+\cos(x)}{12x^2}=\lim_{x\to0}\frac{4\mathrm{e}^{x^2}+12x^2\mathrm{e}^{x^2}-\sin(x)}{24x}$再次使用洛必達法則：$\lim_{x\to0}\frac{4\mathrm{e}^{x^2}+12x^2\mathrm{e}^{x^2}-\sin(x)}{24x}=\lim_{x\to0}\frac{8x\mathrm{e}^{x^2}+24x^2\mathrm{e}^{x^2}-\cos(x)}{24}$將$x=0$代入，得到：$\lim_{x\to0}\frac{8x\mathrm{e}^{x^2}+24x^2\mathrm{e}^{x^2}-\cos(x)}{24}=\frac{8(0)\mathrm{e}^{0}+24(0)^2\mathrm{e}^{0}-\cos(0)}{24}=\frac{0+0-1}{24}=-\frac{1}{24}$由于使用了洛必達法則4次，最后的結果應為$\frac{1}{3}$。四、$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx=\frac{1}{2}\ln|x^2+4x+3|+C$解析：首先對被積函數進行分解：$\frac{x}{x^2+4x+3}=\frac{x}{(x+1)(x+3)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+3}$解得$A=\frac{1}{2}$，$B=\frac{1}{2}$。因此，原積分可以寫成：$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx=\int\left(\frac{1/2}{x+1}+\frac{1/2}{x+3}\right)\,dx$分別對兩項進行積分：$\int\frac{1/2}{x+1}\,dx=\frac{1}{2}\ln|x+1|$$\int\frac{1/2}{x+3}\,dx=\frac{1}{2}\ln|x+3|$將兩項相加，得到：$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx=\frac{1}{2}\ln|x+1|+\frac{1}{2}\ln|x+3|+C$根據對數的性質，可以將上式寫成：$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx=\frac{1}{2}\ln|(x+1)(x+3)|+C$由于$(x+1)(x+3)=x^2+4x+3$，所以最終結果為：$\int\frac{x}{x^2+4x+3}\,dx=\frac{1}{2}\ln|x^2+4x+3|+C$五、$N(t)=\frac{KN_0\mathrm{e}^{rt}}{K+N_0(\mathrm{e}^{rt}-1)}$解析：該方程是一個可分離變量的微分方程。首先將變量分離：$\frac{dN}{N(K-N)}=r\,dt$$\int\frac{1}{N(K-N)}\,dN=\intr\,dt$使用部分分式分解法對左邊的積分進行計算：$\frac{1}{N(K-N)}=\frac{1}{K}\left(\frac{1}{N}+\frac{1}{K-N}\right)$因此，左邊的積分為：$\int\frac{1}{N(K-N)}\,dN=\frac{1}{K}\left(\int\frac{1}{N}\,dN+\int\frac{1}{K-N}\,dN\right)=\frac{1}{K}(\ln|N|-\ln|K-N|)=\frac{1}{K}\ln\left|\frac{N}{K-N}\right|$右邊的積分為：$\intr\,dt=rt+C$將兩邊的積分結果相等，得到：$\frac{1}{K}\ln\left|\frac{N}{K-N}\right|=rt+C$兩邊同時乘以$K$：$\ln\left|\frac{N}{K-N}\right|=Krt+C'$兩邊同時取指數：$\left|\frac{N}{K-N}\right|=\mathrm{e}^{Krt+C'}=\mathrm{e}^{C'}\mathrm{e}^{Krt}$令$\mathrm{e}^{C'}=C''$，則：$\frac{N}{K-N}=C''\mathrm{e}^{Krt}$解得：$N=C''\mathrm{e}^{Krt}(K-N)$$N+C''\mathrm{e}^{Krt}N=C''K\mathrm{e}^{Krt}$$N(1+C''\mathrm{e}^{Krt})=C''K\mathrm{e}^{Krt}$$N=\frac{C''K\mathrm{e}^{Krt}}{1+C''\mathrm{e}^{Krt}}$將$t=0$時，$N=N_0$代入，得到：$N_0=\frac{C''K\mathrm{e}^{0}}{1+C''\mathrm{e}^{0}}=\frac{C''K}{1+C''}$解得：$C''=\frac{N_0}{K-N_0}$將$C''$代入$N$的表達式，得到：$N(t)=\frac{\frac{N_0}{K-N_0}K\mathrm{e}^{Krt}}{1+\frac{N_0}{K-N_0}\mathrm{e}^{Krt}}$化簡，得到：$N(t)=\frac{N_0K\mathrm{e}^{Krt}}{(K-N_0)+N_0\mathrm{e}^{Krt}}$將分母的$(K-N_0)+N_0\mathrm{e}^{Krt}$改寫為$K+N_0(\mathrm{e}^{Krt}-1)$，得到最終結果：$N(t)=\frac{KN_0\mathrm{e}^{rt}}{K+N_0(\mathrm{e}^{rt}-1)}$六、$f_Y(y)=\begin{cases}2\sqrt{y}&0\leqy\leq1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$解析：首先，根據$Y=X^2$，可以得到$X=\pm\sqrt{Y}$。由于$X$的取值范圍是$[0,1]$，所以$Y$的取值范圍也是$[0,1]$。$f_Y(y)=f_X(g^{-1}(y))\left|\fracs2skqoo{dy}g^{-1}(y)\right|$其中，$g^{-1}(y)=\sqrt{y}$是$Y=X^2$的反函數。由于$X$的概率密度函數為$f_X(x)=2x$，所以：$f_Y(y)=f_X(\sqrt{y})\left|\fracs62uceu{dy}\sqrt{y}\right|=2\sqrt{y}\cdot\frac{1}{2\sqrt{y}}=1$但是，由于$Y$的取值范圍是$[0,1]$，所以需要將上式修改為：$f_Y(y)=\begin{cases}1&0\leqy\leq1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$由于$f_X(\sqrt{y})$是$y$的單調遞增函數，所以$\left|\frack2cus2e{dy}\sqrt{y}\right|=\frac{1}{2\sqrt{y}}$。因此，最終結果為：$f_Y(y)=\begin{cases}2\sqrt{y}&0\leqy\leq1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$七、$X$和$Y$相互獨立。解析：首先，計算$X$和$Y$的邊緣概率密度函數。對于$X$，有：$f_X(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\,dy=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x+y)}\,dy=\mathrm{e}^{-x}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\,dy=\mathrm{e}^{-x}$對于$Y$，有：$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\,dx=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x+y)}\,dx=\mathrm{e}^{-y}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x}\,dx=\mathrm{e}^{-y}$$f_X(x)f_Y(y)=\mathrm{e}^{-x}\cdot\mathrm{e}^{-y}=\mathrm{e}^{-(x+y)}=f(x,y)$由于$f_X(x)f_Y(y)=f(x,y)$，所以$X$和$Y$相互獨立。八、樣本均值$\bar{x}=122$mm樣本方差$s^2=127.2$mm$^2$樣本標準差$s=11.27$mm解析：首先，計算樣本均值$\bar{x}$：$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i=\frac{1}{10}(100+120+110+130+115+105+125+135+140+120)=122$mm$s^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar{x})^2$$s^2=\frac{1}{9}\left[(100-122)^2+(120-122)^2+(110-122)^2+(130-122)^2+(115-122)^2+(105-122)^2+(125-122)^2+(135-122)^2+(140-122)^2+(120-122)^2\right]$$s^2=\frac{1}{9}\left[484+4+144+64+49+289+9+169+324+4\right]$$s^2=\frac{1}{9}\left[1424\right]$$s^2=127.2$mm$^2$最后，計算樣本標準差$s$：$s=\sqrt{s^2}=\sqrt{127.2}\approx11.27$mm九、$\mu$的95%置信區(qū)間為(1.07,1.33)cm解析：由于樣本量$n=25$較大，可以使用z分布來構