2025年信息與通信工程信號(hào)與系統(tǒng)真題試卷（含答案）考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.已知信號(hào)$f(t)=e^{-t}u(t)$，求其傅里葉變換$F(\omega)$。2.已知信號(hào)$x[n]=\{1,2,-1,0,3\}$，求其能量$E$。3.離散時(shí)間信號(hào)$y[n]=x[n]*h[n]$，其中$x[n]=(0.5)^nu[n]$，$h[n]=u[n]$，求卷積和$y[3]$。4.判斷下列信號(hào)是否為周期信號(hào)，若是，請(qǐng)說明其周期：(1)$f(t)=\cos(10\pit)+\sin(5\pit)$(2)$x[n]=\cos(\frac{\pi}{3}n+\frac{\pi}{4})$5.已知拉普拉斯變換對(duì)$L\{e^{-at}u(t)\}=\frac{1}{s+a}$(Re(s)>a)，求$L\{te^{-at}u(t)\}$。二、1.求下列函數(shù)的拉普拉斯反變換$f(t)$：(1)$F(s)=\frac{3s+2}{s^2+4s+3}$(2)$F(s)=\frac{s^2-s+1}{s(s^2+1)}$2.已知連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的微分方程為$y''(t)+3y'(t)+2y(t)=f(t)$，系統(tǒng)的初始狀態(tài)為$y(0)=1$,$y'(0)=2$，求系統(tǒng)在激勵(lì)$f(t)=u(t)$作用下的零輸入響應(yīng)$y_{zi}(t)$。3.已知離散時(shí)間系統(tǒng)的差分方程為$y[n]-3y[n-1]+2y[n-2]=x[n]$，求系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)$h[n]$。4.已知信號(hào)$f(t)=5\cos(10t+\pi/3)$，求其復(fù)指數(shù)形式表示。5.已知系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)$H(s)=\frac{s+1}{s^2+5s+6}$，判斷該系統(tǒng)是否穩(wěn)定。三、1.利用傅里葉變換的性質(zhì)，求信號(hào)$f(t)=u(t+1)-u(t-1)$的傅里葉變換$F(\omega)$。2.已知信號(hào)$x(t)$的傅里葉變換為$X(\omega)$，求信號(hào)$y(t)=x(2t-5)$的傅里葉變換$Y(\omega)$。3.已知離散時(shí)間信號(hào)$x[n]$的Z變換為$X(z)=\frac{1}{1-0.5z^{-1}}$(收斂域|z|>0.5)，求$x[0],x[1],x[2]$。4.已知因果離散時(shí)間系統(tǒng)的差分方程為$y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]+\frac{1}{2}x[n-1]$，求系統(tǒng)的頻率響應(yīng)$H(e^{j\omega})$，并求其在$\omega=\frac{\pi}{4}$時(shí)的值。5.已知連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)為$H(s)=\frac{s}{s^2+2s+5}$，求系統(tǒng)在激勵(lì)$f(t)=e^{-2t}u(t)$作用下的全響應(yīng)$y(t)$。四、1.求信號(hào)$f(t)=\sin(2\pit)$的傅里葉級(jí)數(shù)展開式（以2為周期）。2.已知離散時(shí)間系統(tǒng)的狀態(tài)方程和輸出方程分別為：$\begin{bmatrix}x_1[n+1]\\x_2[n+1]\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\0&0.5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1[n]\\x_2[n]\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}u[n]$$\begin{bmatrix}y_1[n]\\y_2[n]\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1[n]\\x_2[n]\end{bmatrix}$其中$u[n]$為輸入，求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)矩陣$H(z)$。3.畫出具有如下系統(tǒng)函數(shù)的模擬框圖或信號(hào)流圖：$H(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}$。4.判斷下列系統(tǒng)是否為線性系統(tǒng)、時(shí)不變系統(tǒng)：(1)$y[n]=x[n]\cdot\cos(\omega_0n)$(2)$y(t)=\frac6666161{dt}x(t)+x^2(t)$5.已知信號(hào)$f(t)$的拉普拉斯變換為$F(s)=\frac{1}{s(s+1)}$，求$f(t)$的導(dǎo)數(shù)$f'(t)$的拉普拉斯變換$F_1(s)$。試卷答案一、1.$F(\omega)=\frac{1}{s+1}$(Re(s)>-1)解析思路：直接應(yīng)用單邊指數(shù)信號(hào)$e^{-at}u(t)$的拉普拉斯變換公式。2.$E=1^2+2^2+(-1)^2+0^2+3^2=15$解析思路：信號(hào)能量定義為$\sum_{n=-\infty}^{\infty}|x[n]|^2$。對(duì)有限長(zhǎng)離散信號(hào)，能量即為所有樣本值平方和。3.$y[3]=x[3]h[0]+x[2]h[1]+x[1]h[2]+x[0]h[3]=0+2\cdot1+(-1)\cdot1+0\cdot0=1$解析思路：應(yīng)用卷積和的定義$y[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x[k]h[n-k]$，計(jì)算$n=3$時(shí)的值。4.(1)非周期信號(hào)解析思路：由于$\cos(10\pit)$的周期$T_1=\frac{2\pi}{10\pi}=\frac{1}{5}$，$\sin(5\pit)$的周期$T_2=\frac{2\pi}{5\pi}=\frac{2}{5}$，兩周期之比為$\frac{T_1}{T_2}=\frac{1/5}{2/5}=\frac{1}{2}$，不是有理數(shù)，故信號(hào)非周期。(2)周期$N=6$解析思路：$T=\frac{2\pi}{\frac{\pi}{3}}=6$，$N$取最小正整數(shù)使得$\frac{2\pik}{\pi/3}=2\pi(3k)$為整數(shù)，$k=1$時(shí)$N=6$。5.$\frac{1}{(s+a)^2}$(Re(s)>a)解析思路：應(yīng)用拉普拉斯變換的頻域微分性質(zhì)：$L\{t^nf(t)\}=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}F(s)$。對(duì)$n=1$的情況，$L\{te^{-at}u(t)\}=-\frac6666111{ds}\left(\frac{1}{s+a}\right)=\frac{1}{(s+a)^2}$。二、1.(1)$f(t)=2e^{-t}-e^{-3t}$(t≥0)解析思路：對(duì)分母因式分解$s^2+4s+3=(s+1)(s+3)$，然后應(yīng)用部分分式展開法，再利用拉普拉斯變換對(duì)$\frac{1}{s+a}$的反變換。(2)$f(t)=1-\cos(t)+\sin(t)$(t≥0)解析思路：將分子按$s$的冪次分解，分別處理$\frac{1}{s}$,$\frac{s}{s^2+1}$,$\frac{-1}{s^2+1}$，利用常用拉普拉斯變換對(duì)和線性性質(zhì)。2.$y_{zi}(t)=e^{-t}-2e^{-2t}$(t≥0)解析思路：零輸入響應(yīng)滿足對(duì)應(yīng)的齊次方程$y''(t)+3y'(t)+2y(t)=0$。求齊次方程的特征根$\lambda_1=-1$,$\lambda_2=-2$。零輸入響應(yīng)形式為$y_{zi}(t)=C_1e^{\lambda_1t}+C_2e^{\lambda_2t}=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}$。利用初始條件$y(0)=1$和$y'(0)=2$列出方程組求解$C_1,C_2$。3.$h[n]=3(0.5)^nu[n]-2(0.5)^{n-1}u[n-1]$解析思路：?jiǎn)挝幻}沖響應(yīng)是零狀態(tài)響應(yīng)，即輸入$x[n]=\delta[n]$時(shí)的響應(yīng)$h[n]$。對(duì)差分方程$y[n]-3y[n-1]+2y[n-2]=x[n]$進(jìn)行$Z$變換，得到$Y(z)-3z^{-1}Y(z)+2z^{-2}Y(z)=X(z)$。由于$x[n]=\delta[n]$，$X(z)=1$。解出$Y(z)=H(z)X(z)=H(z)$。求出系統(tǒng)函數(shù)$H(z)=\frac{1}{1-3z^{-1}+2z^{-2}}$。將$H(z)$展開為部分分式，再應(yīng)用常用$Z$變換對(duì)求反變換。4.$H(e^{j\omega})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}$，$H(e^{j\frac{\pi}{4}})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\frac{\pi}{4}}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-j\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=\frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{4}+j\frac{\sqrt{2}}{4}}$解析思路：對(duì)差分方程進(jìn)行$Z$變換，求出系統(tǒng)函數(shù)$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}$。令$z=e^{j\omega}$，得到頻率響應(yīng)$H(e^{j\omega})$。將$\omega=\frac{\pi}{4}$代入$H(e^{j\omega})$表達(dá)式進(jìn)行計(jì)算。5.$y(t)=e^{-2t}\left(\cos(2t)+\sin(2t)\right)u(t)$解析思路：首先求系統(tǒng)函數(shù)$H(s)=\frac{S}{S^2+2S+5}$。求零狀態(tài)響應(yīng)的拉普拉斯變換$Y(s)=H(s)F(s)$，其中$F(s)=L\{e^{-2t}u(t)\}=\frac{1}{s+2}$。計(jì)算$Y(s)=\frac{s}{(s+2)(s^2+2s+5)}$。將$Y(s)$展開為部分分式，分子$s$與分母因式$(s+2)(s^2+2s+5)$配合，嘗試分解為$\frac{A}{s+2}$和$\frac{Bs+C}{s^2+2s+5}$。求出系數(shù)$A,B,C$。最后對(duì)$Y(s)$的每一項(xiàng)應(yīng)用拉普拉斯反變換得到時(shí)域響應(yīng)$y(t)$。三、1.$F(\omega)=\frac{2\sin(\omega)}{\omega}$解析思路：應(yīng)用傅里葉變換的時(shí)移性質(zhì)。信號(hào)$f(t)=u(t+1)-u(t-1)$是寬度為2的矩形門函數(shù)$\Pi(t)$，其傅里葉變換為$2\sin(\omega)/\omega$。時(shí)移不改變幅度，僅引入相移$e^{j\omegat_0}$。時(shí)移$\tau=1$，相移為$e^{j\omega}$。故$F(\omega)=\frac{2\sin(\omega)}{\omega}e^{j\omega}$。由于題目只要求$F(\omega)$，通常指幅度譜或代數(shù)形式，結(jié)果為$\frac{2\sin(\omega)}{\omega}$。2.$Y(\omega)=e^{-5\omega}\frac{1}{2}X\left(\frac{\omega}{2}\right)$解析思路：應(yīng)用傅里葉變換的尺度變換性質(zhì)（若時(shí)域縮放為$a$倍，頻域展寬為$1/a$倍）和時(shí)移性質(zhì)（若時(shí)域平移$\tau$，頻域乘以$e^{-j\omega\tau}$）。$x(2t-5)=x(2(t-\frac{5}{2}))$。先時(shí)移$\tau=\frac{5}{2}$，再尺度變換$a=\frac{1}{2}$。3.$x[0]=1,x[1]=0.5,x[2]=0.25$解析思路：應(yīng)用$Z$變換的常用公式$\sum_{n=0}^{\infty}a^nz^{-n}=\frac{1}{1-az^{-1}}$(|z|>|a|)。將$X(z)$表達(dá)式改寫為$\frac{1}{1-0.5z^{-1}}=\frac{z}{z-0.5}$。利用$Z$變換的時(shí)移特性，$x[n-k]z^{-n}=z^{-k}X(z)$。令$n=0$，$X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots$。比較系數(shù)得到$x[0]=1,x[1]=0.5,x[2]=0.25$。4.$H(e^{j\omega})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}$，$H(e^{j\frac{\pi}{4}})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\frac{\pi}{4}}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-j\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=\frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{4}+j\frac{\sqrt{2}}{4}}$解析思路：將差分方程$y[n]