2025年大學(xué)《數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)》專業(yè)題庫——數(shù)字信號處理與通信技術(shù)考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（每小題3分，共15分。請將正確選項的字母填在題后的括號內(nèi)。）1.已知連續(xù)時間信號\(x(t)\)的傅里葉變換為\(X(j\omega)\)，則信號\(y(t)=x(3t-2)\)的傅里葉變換\(Y(j\omega)\)為：(A)\(\frac{1}{3}X(j\frac{\omega}{3})e^{-j\frac{2\omega}{3}}\)(B)\(3X(j3\omega)e^{-j2\omega}\)(C)\(\frac{1}{3}X(j\frac{\omega}{3})e^{j\frac{2\omega}{3}}\)(D)\(X(j3\omega)e^{-j2\omega}\)2.下列關(guān)于理想低通濾波器的描述，正確的是：(A)在通帶內(nèi)幅頻響應(yīng)為常數(shù)，相頻響應(yīng)為線性(B)在阻帶內(nèi)幅頻響應(yīng)為線性，相頻響應(yīng)為常數(shù)(C)在通帶和阻帶內(nèi)幅頻響應(yīng)均為常數(shù)，相頻響應(yīng)為線性(D)在通帶內(nèi)幅頻響應(yīng)為線性，相頻響應(yīng)為常數(shù)3.對于一個因果穩(wěn)定的離散時間系統(tǒng)，其系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)的收斂域一定是：(A)\(|z|<R\)(B)\(|z|>R\)(C)\(R<|z|<\infty\)(D)\(0<|z|<\infty\)4.設(shè)計一個線性相位FIR濾波器，要求其長度為15，在\(\omega=0\)處增益為1，在\(\omega=\pi/3\)處增益為0。該濾波器在\(\omega=\pi/6\)處的增益最接近于：(A)1(B)0.5(C)0(D)-0.55.對一個實值有限長序列\(zhòng)(x[n]\)進行DFT，得到其頻域序列\(zhòng)(X[k]\)。已知\(X[0]=5\)，\(X[2]=3+j4\)，則\(X[3]\)的實部最接近于：(A)3(B)4(C)-4(D)-3二、填空題（每小題4分，共20分。請將答案填在題后的橫線上。）6.若信號\(x(t)\)的能量為\(E\)，則信號\(y(t)=2x(2t-1)\)的能量為________。7.連續(xù)時間信號\(x(t)=e^{-at}u(t)\)（\(a>0\)）的傅里葉變換為________。8.已知系統(tǒng)的差分方程為\(y[n]-0.5y[n-1]=x[n]\)，其系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)為________。9.使用矩形窗函數(shù)設(shè)計FIR濾波器時，其主要缺點是會產(chǎn)生________側(cè)瓣。10.若信號\(x[n]\)的Z變換為\(X(z)=\frac{1}{1-0.5z^{-1}}\)（收斂域\(|z|>0.5\)），則\(x[0]\)的值為________。三、計算題（每小題10分，共40分。）11.已知連續(xù)時間信號\(x(t)=\cos(2\pit)+\sin(4\pit)\)。求\(x(t)\)的傅里葉變換\(X(j\omega)\)的表達式。12.設(shè)計一個線性相位FIR低通濾波器，技術(shù)指標(biāo)為：濾波器長度\(N=8\)，截止頻率\(\omega_c=\pi/4\)（以歸一化頻率表示）。請給出該濾波器的系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)的表達式（用差分方程或單位脈沖響應(yīng)表示均可）。13.已知離散時間信號\(x[n]=\{1,2,3,4,5\}\)。計算其DFT\(X[k]\)（只需列出前3個非零分量的表達式即可，無需計算具體數(shù)值）。14.對信號\(x(t)=\frac{\sin(20\pit)}{\pit}\)進行理想采樣，采樣周期為\(T_s=0.05\)秒。求采樣后信號\(x_s(t)\)的頻譜表達式，并判斷該采樣是否滿足奈奎斯特采樣定理（說明理由）。四、綜合應(yīng)用題（每小題15分，共30分。）15.已知一個離散時間系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)為\(H(z)=\frac{1+0.5z^{-1}}{1-0.8z^{-1}+0.16z^{-2}}\)。(1)求該系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)\(h[n]\)的表達式（用卷積和或Z逆變換表示均可）。(2)判斷該系統(tǒng)是否穩(wěn)定？是否因果？請說明理由。16.假設(shè)一個通信系統(tǒng)采用ASK（幅度鍵控）調(diào)制方式傳輸二進制信息。已知發(fā)送信號為\(s_1(t)=\cos(2\pif_ct)\)（代表'0'），\(s_2(t)=2\cos(2\pif_ct)\)（代表'1'），其中\(zhòng)(f_c=1\)kHz，信道帶寬為\(B=10\)kHz，信道噪聲為加性高斯白噪聲，單邊功率譜密度為\(N_0/2=10^{-11}\)W/Hz。(1)求接收信號在'0'和'1'狀態(tài)下的平均功率。(2)簡述一種檢測接收信號并恢復(fù)發(fā)送二進制信息的可能方法，并說明需要考慮的關(guān)鍵因素（至少兩點）。---試卷答案一、選擇題1.A2.A3.B4.C5.D二、填空題6.18E7.\(\frac{1}{j\omega+a}\)8.\(\frac{1}{1-0.5z^{-1}}\)9.滾降10.1三、計算題11.解析：利用傅里葉變換的線性和已知信號的變換。\(X(j\omega)=\mathcal{F}\{\cos(2\pit)\}+\mathcal{F}\{\sin(4\pit)\}\)\(\mathcal{F}\{\cos(2\pit)\}=\pi[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)]\)\(\mathcal{F}\{\sin(4\pit)\}=\frac{j\pi}{2}[\delta(\omega-4\pi)-\delta(\omega+4\pi)]\)\(X(j\omega)=\pi[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)]+\frac{j\pi}{2}[\delta(\omega-4\pi)-\delta(\omega+4\pi)]\)答案：\(\pi[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)]+\frac{j\pi}{2}[\delta(\omega-4\pi)-\delta(\omega+4\pi)]\)12.解析：線性相位FIR濾波器要求滿足\(h[n]=h[N-1-n]\)。利用窗函數(shù)法設(shè)計，需要找到滿足濾波器長度和截止頻率的脈沖響應(yīng)\(h[n]\)。通常需要借助查找表或編程工具（如MATLAB）得到具體的\(h[n]\)值。但題目要求給出系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)的表達式。由于是低通濾波器，\(H(z)\)可以表示為\(H(z)=\sum_{n=0}^{N-1}h[n]z^{-n}\)。對于長度為8的濾波器，\(H(z)=h[0]+h[1]z^{-1}+h[2]z^{-2}+h[3]z^{-3}+h[4]z^{-4}+h[5]z^{-5}+h[6]z^{-6}+h[7]z^{-7}\)。或者用差分方程表示\(y[n]=h[0]x[n]+h[1]x[n-1]+...+h[7]x[n-7]\)。答案：\(H(z)=h[0]+h[1]z^{-1}+h[2]z^{-2}+h[3]z^{-3}+h[4]z^{-4}+h[5]z^{-5}+h[6]z^{-6}+h[7]z^{-7}\)（或其對應(yīng)的差分方程形式）。13.解析：計算有限長序列的DFT。\(x[n]=\{1,2,3,4,5\}\)。\(X[0]=\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-j0}=1+2+3+4+5=15\)\(X[1]=\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-j\frac{2\pi}{5}n}=1e^{0}+2e^{-j\frac{2\pi}{5}}+3e^{-j\frac{4\pi}{5}}+4e^{-j\frac{6\pi}{5}}+5e^{-j\frac{8\pi}{5}}\)\(X[2]=\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-j\frac{4\pi}{5}n}=1+2e^{-j\frac{4\pi}{5}}+3e^{-j\frac{8\pi}{5}}+4e^{-j\frac{12\pi}{5}}+5e^{-j\frac{16\pi}{5}}=1+2(-0.809-j0.588)+3(-0.809+j0.588)+4e^{-j2\pi/5}+5e^{-j4\pi/5}\)（簡化略）\(X[3]=\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-j\frac{6\pi}{5}n}\)\(X[4]=\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-j\frac{8\pi}{5}n}=1+2e^{-j\frac{8\pi}{5}}+3e^{-j\frac{16\pi}{5}}+4e^{-j\frac{24\pi}{5}}+5e^{-j\frac{32\pi}{5}}=1+2e^{-j2\pi/5}+3e^{-j4\pi/5}+4e^{-j6\pi/5}+5e^{-j8\pi/5}\)只需列出前3個：\(15\)，\(1+2e^{-j\frac{2\pi}{5}}+3e^{-j\frac{4\pi}{5}}+4e^{-j\frac{6\pi}{5}}+5e^{-j\frac{8\pi}{5}}\)，\(1+2e^{-j\frac{4\pi}{5}}+3e^{-j\frac{8\pi}{5}}+4e^{-j\frac{12\pi}{5}}+5e^{-j\frac{16\pi}{5}}\)。答案：\(15\)；\(1+2e^{-j\frac{2\pi}{5}}+3e^{-j\frac{4\pi}{5}}+4e^{-j\frac{6\pi}{5}}+5e^{-j\frac{8\pi}{5}}\)；\(1+2e^{-j\frac{4\pi}{5}}+3e^{-j\frac{8\pi}{5}}+4e^{-j\frac{12\pi}{5}}+5e^{-j\frac{16\pi}{5}}\)。14.解析：首先計算信號\(x(t)\)的傅里葉變換。\(x(t)=\frac{\sin(20\pit)}{\pit}\)是Sinc函數(shù)\(\text{sinc}(20t)\)。\(X(j\omega)=\mathcal{F}\{\text{sinc}(20t)\}=\frac{1}{20}\mathcal{F}\{\text{sinc}(t)\}=\frac{1}{20}\text{rect}\left(\frac{\omega}{40}\right)\)（其中rect是矩形函數(shù)）。采樣后的信號\(x_s(t)=x(t)\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin(20\pi(t-nT_s))}{\pi(t-nT_s)}\)。采樣頻率\(f_s=1/T_s=20\)Hz。奈奎斯特頻率為\(f_s/2=10\)Hz。信號最高頻率分量為\(20\)Hz。判斷：由于信號最高頻率\(20\)Hz大于奈奎斯特頻率\(10\)Hz，采樣不滿足奈奎斯特采樣定理，會導(dǎo)致頻譜混疊。采樣后信號頻譜\(X_s(j\omega)\)是原始頻譜\(X(j\omega)\)以\(\pmf_s\)為周期進行延拓的疊加。即\(X_s(j\omega)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{20}\text{rect}\left(\frac{\omega-20\pik}{40}\right)\)。答案：\(x_s(t)\)的頻譜\(X_s(j\omega)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{20}\text{rect}\left(\frac{\omega-20\pik}{40}\right)\)。采樣頻率\(f_s=20\)Hz，奈奎斯特頻率為\(10\)Hz。由于信號最高頻率\(20\)Hz>奈奎斯特頻率\(10\)Hz，采樣導(dǎo)致頻譜混疊。四、綜合應(yīng)用題15.解析：(1)求\(h[n]\)。將\(H(z)\)分解為兩個一階因子：\(H(z)=\frac{1+0.5z^{-1}}{(1-0.4z^{-1})(1-0.4z^{-1})}=\frac{A}{1-0.4z^{-1}}+\frac{B}{1-0.4z^{-1}}\)\(1+0.5z^{-1}=A(1-0.4z^{-1})+B(1-0.4z^{-1})\)令\(z^{-1}=0\)，得\(1=A+B\)。令\(z^{-1}=\frac{1}{0.4}\)，得\(1+0.5\cdot0.4=A+B=1.2\)。這里推導(dǎo)有誤，重新計算系數(shù)。\(A=\lim_{z^{-1}\to0}\frac{1+0.5z^{-1}}{1-0.4z^{-1}}=1.25\)\(B=\lim_{z^{-1}\to\infty}\frac{1+0.5z^{-1}}{1-0.4z^{-1}}=-0.75\)所以\(H(z)=\frac{1.25}{1-0.4z^{-1}}-\frac{0.75}{1-0.4z^{-1}}=\frac{0.5}{1-0.4z^{-1}}\)。求逆Z變換：\(h[n]=0.5(0.4)^nu[n]\)。(另一種方法：將\(H(z)\)乘以\(z\)后長除，得到\(H(z)=0.5z^{-1}+0.1z^{-2}+0.04z^{-3}+...\)，則\(h[n]=0.5(0.4)^{n-1}u[n-1]\)。兩者等效。)答案：\(h[n]=0.5(0.4)^nu[n]\)。(2)判斷穩(wěn)定性。系統(tǒng)穩(wěn)定當(dāng)且僅當(dāng)單位脈沖響應(yīng)的能量有限，即\(\sum_{n=-\infty}^{\infty}|h[n]|<\infty\)。或者，對于有理系統(tǒng)函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)其極點都在單位圓內(nèi)。\(H(z)\)的極點為\(z=0.4\)。由于\(|0.4|<1\)，極點在單位圓內(nèi)。因此系統(tǒng)穩(wěn)定。因果性：系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)可以寫為\(H(z)=\sum_{n=0}^{\infty}h[n]z^{-n}\)，其脈沖響應(yīng)\(h[n]\)滿足\(n<0\)時\(h[n]=0\)，即為因果系統(tǒng)。答案：該系統(tǒng)穩(wěn)定。理由：極點\(z=0.4\)位于單位圓內(nèi)。該系統(tǒng)因果。理由：\(H(z)\)可表示為\(\sum_{n=0}^{\infty}h[n]z^{-n}\)形式。16.解析：(1)接收信號在'0'狀態(tài)下的瞬時功率\(P_0=|s_1(t)|^2=|\cos(2\pif_ct)|^2=\cos^2(2\pif_ct)=\frac{1+\cos(4\pif_ct)}{2}\)。其平均功率\(P_{00}=\frac{1}{T_0}\int_{0}^{T_0}P_0dt=\frac{1}