2002考研数学试题详细解析--1

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2002-数一真题、标准答案及解析

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于是，与题设 f ( x) 在 (0, +∞) 内有界矛盾，故 lim f ' ( x) = 0 x→+∞
（4）设有三张不同平面的方程 ai1x + ai2 y + ai3z = bi , i = 1, 2, 3, 它们所组成的线性方程组的
系数矩阵与增广矩阵的秩都是 2，则这三张平面可能的位置关系为
但 lim f ' ( x) = lim cos x = 1 ≠ 0
x→0+
x→0+
进一步排除（C），故应选（B）.
【详解 2】
直接证明（B）正确，用反正法，由题设 lim f ' ( x) 存在，设 lim f ' ( x) = A ≠ 0, 不妨设 A > 0 ，
x→+∞
x→+∞
则对于 ε = A >0，存在 X > 0 ，当 x > X 时，有 2
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2002 年全国硕士研究生入学统一考试数学试题解析点评
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λ − a −2 −2 λE − A = −2 λ − a −2
−2 −2 λ − a
= ⎡⎣λ − (a + 4)⎤⎦ ⎡⎣λ − (a − 2)⎤⎦2
f ' (x)− A < ε = A.
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即 A = A− A < f ' (x) < A+ A ，
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可见 f ' ( x) > A ，在区间[ X , x] 上应用拉格朗日中值定理，有
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f ' ( x) = f ( X ) + f ' (ζ )( x − X ) > f ( X ) + A ( x − X )

2002考研数一真题答案

2002年考研数学一试题答案与解析一、填空题 (1)【分析】原式2ln 11.ln ln eed x x x+∞+∞==-=⎰(2)【分析】方程两边对x 两次求导得'6'620,y e y xy y x +++=① 2'''6''12'20.y y e y e y xy y ++++=②以0x =代入原方程得0y =,以0x y ==代入①得'0,y =,再以'0x y y ===代入②得''(0) 2.y =-(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令'()y P y =(以y 为自变量),则'''.dy dP dPy P dx dx dy=== 代入方程得 20dP yPP dy +=,即0dP y P dy+=(或0P =,但其不满足初始条件01'2x y ==). 分离变量得 0,dP dyP y+= 积分得 ln ln ',P y C +=即1C P y=(0P =对应10C =); 由0x =时11,',2y P y ===得11.2C =于是1',2,2y P ydy dx y===积分得22y x C =+.又由01x y ==得21,C =所求特解为y =(4)【分析】因为二次型T x Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A 的特征值,所以6,0,0是A 的特征值.又因ii i a λ=∑∑,故600, 2.a a a a ++=++⇒=(5)【分析】设事件A 表示“二次方程042=++X y y 无实根”,则{1640}{A X X =-<=>4}.依题意,有1(){4}.2P A P X =>=而 4{4}1{4}1(),P X P X μΦσ->=-≤=-即414141(),(),0. 4.22μμμΦΦμσσσ----===⇒=二、选择题(1)【分析】这是讨论函数(,)f x y 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y 可微则必连续,故选(A ).(2)【分析】由1lim 10n n un n→+∞=>⇒充分大时即,N n N ∃>时10nu >,且1lim0,n n u →+∞=不妨认为,0,n n u ∀>因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1n u 的单调性.按定义考察部分和111111111111(1)()(1)(1)nn nk k k n k k k k k k k S u u u u +++===++=-+=-+-∑∑∑ 1111111(1)11(1)1(1)(),k n nn l k l k l n n u u u u u ++==+--=-+-=+→→+∞∑∑⇒原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()n nn u u ∞=++∑.注意111112,11nn n n u u n n n u u n n++++=+⋅→+11n n ∞=∑发散⇒1111()n n n u u ∞=++∑发散.因此选(C ).(3)【分析】证明(B )对:反证法.假设lim ()0x f x a →+∞'=≠,则由拉格朗日中值定理,(2)()'()()f x f x f x x ξ-=→∞→+∞(当x →+∞时,ξ→+∞,因为2x x ξ<<);但这与(2)()(2)()2f x f x f x f x M -≤+≤矛盾(()).f x M ≤(4)【分析】因为()()23r A r A ==<,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B ).(A )表示方程组有唯一解,其充要条件是()() 3.r A r A ==(C )中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A =和()3r A =,且A 中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D )中有两个平面平行,故()2r A =,()3r A =,且A 中有两个平行向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(A )与(C ),因121212[()()]()()21,()()112 1.f x f x dx f x dx f x dx F F +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=≠+∞++∞=+=≠⎰⎰⎰对于选项(B ),若121,21,1,01,()()0,0,x x f x f x -<<-<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他，其他，则对任何(,)x ∈-∞+∞12()()0f x f x ≡,12()()01,f x f x dx +∞-∞=≠⎰因此也应否定(C ),综上分析,用排除法应选(D ).进一步分析可知,若令12max(,)X X X =,而~(),1,2,i i X f x i =则X 的分布函数()F x 恰是12()().F x F x1212(){max(,)}{,}F x P X X x P X x X x =≤=≤≤1212{}{}()().P X x P X x F x F x =≤≤=三、【解】用洛必达法则.由题设条件知lim[()(2)(0)](1)(0).h af h bf h f a b f →+-=+-由于(0)f '≠,故必有10.a b +-= 又由洛必达法则 00()(2)(0)'()2'(2)limlim1h h af h bf h f af h bf h h →→+-+= (2)'(0)0,a b f =+=及(0)0f '≠,则有20a b +=.综上,得2, 1.a b ==-四、【解】由已知条件得(0)0,f =22arctan arctan 02'(0)()'1,1xx t xx x e f e dt x --=====+⎰故所求切线方程为y x =.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得02()(0)2()(0)lim ()2lim 2lim 2'(0) 2.2n n x f f f x f n nf f n xn→∞→∞→--==== 五、【分析与求解】 D 是正方形区域如图.因在D 上被积函数分块表示2222,,max{,}(,),,,x x y x y x y D y x y ⎧≥⎪=∈⎨≤⎪⎩于是要用分块积分法,用y x =将D 分成两块:1212,{},{}.D D D D D y x D D y x ==≤=≥U I I⇒I 222212max{,}max{,}xy xy D D e dxdy e dxdy =+⎰⎰⎰⎰2221212x y x D D D e dxdy e dxdy e dxdy =+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰(D 关于y x =对称)2102xx dx e dy =⎰⎰(选择积分顺序)221102 1.x xxe dx e e ===-⎰六、【分析与求解】 (1)易知Pdx Qdy +∃原函数,2211()()()()()x Pdx Qdy dx yf xy dx xf xy dy dy ydx xdy f xy ydx xdy y y y+=++-=-++ 0()()()[()].xy x xd f xy d xy d f t dt y y =+=+⎰⇒在0y >上Pdx Qdy +∃原函数,即0(,)()xy xu x y f t dt y=+⎰.⇒积分I 在0y >与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c d a b c a I u x y d b==- 七、【证明】与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数3693()13!6!9!(3)!nx x x x y x n =++++++L L的收敛域是()x -∞<+∞,因而可在()x -∞<+∞上逐项求导数,得25831'()2!5!8!(31)!n x x x x y x n -=+++++-L L ,4732''()4!7!(32)!n x x x y x x n -=+++++-L L ,所以2'''12!!nx x x y y y x e n ++=+++++=L L ()x -∞<+∞.(2)与'''x y y y e ++=相应的齐次微分方程为'''0y y y ++=,其特征方程为210λλ++=,特征根为1,212λ=-±.因此齐次微分方程的通解为212()x Y e C x C x -=+. 设非齐次微分方程的特解为x y Ae *=,将y *代入方程'''x y y y e ++=可得13A =,即有13x y e *=. 于是,方程通解为2121()3xx y Y y e C x C x e -*=+=++. 当0x =时,有112121(0)1,23,0.311'(0)0.23y C C C y C ⎧==+⎪⎪⇒==⎨⎪==-++⎪⎩于是幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数为221()33xx y x e x e -=+()x -∞<+∞八、【分析与求解】 (1)由梯度向量的重要性质:函数),(y x h 在点M 处沿该点的梯度方向0000(,)(,)0000(,){,}{2,2}x y x y h hh x y x y y x x y∂∂==-+-+∂∂grad方向导数取最大值即00(,)(,)x y h x y grad 的模,00(,)g x y ⇒=(2)按题意,即求(,)g x y 求在条件22750x y xy +--=下的最大值点⇔22222(,)(2)(2)558g x y y x x y x y xy =-+-=+-在条件22750x y xy +--=下的最大值点. 这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数2222(,,)558(75),L x y x y xy x y xy λλ=+-++--则有22108(2)0,108(2)0,750.Lx y x y x Ly x y x y L x y xy λλλ⎧∂=-+-=⎪∂⎪∂⎪=-+-=⎨∂⎪⎪∂=+--=⎪∂⎩ 解此方程组:将①式与②式相加得()(2)0.x y x y λ++=⇒=-或 2.λ=-若y x =-,则由③式得2375x =即5, 5.x y =±=m 若2,λ=-由①或②均得y x =,代入③式得275x =即x y =±=±于是得可能的条件极值点1234(5,5),(5,5),(M M M M ----现比较222(,)(,)558f x y g x y x y xy ==+-在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f M f M f M f M ====因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,,,M M M M 中取到.因此2(,)g x y 在12,M M 取到在D 的边界上的最大值,即12,M M 可作为攀登的起点.九、【解】由432,,ααα线性无关及3212ααα-=知,向量组的秩1234(,,,)3r αααα=,即矩阵A 的秩为3.因此0Ax =的基础解系中只包含一个向量.那么由123412312(,,,)2010ααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦知,0Ax =的基础解系是(1,2,1,0).T -再由123412341111(,,,)1111A βαααααααα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+++==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知,(1,1,1,1)T 是β=Ax 的一个特解.故β=Ax 的通解是1121,1101k ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中k 为任意常数.十、【解】 (1)若,A B 相似,那么存在可逆矩阵P ,使1,P AP B -=故111E B E P AP P EP P AP λλλ----=-=-11().P E A P P E A P E A λλλ--=-=-=-(2)令0100,,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦那么2.E A E B λλλ-==-但,A B 不相似.否则,存在可逆矩阵P ,使10P AP B -==.从而100A P P -==,矛盾,亦可从()1,()0r A r B ==而知A 与B 不相似.(3)由,A B 均为实对称矩阵知,,A B 均相似于对角阵,若,A B 的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,,,n λλL 则有A 相似于1,n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O B 也相似于1.n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 即存在可逆矩阵,P Q ,使111.n P AP Q BQ λλ--⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 于是111()().PQ A PQ B ---=由1PQ -为可逆矩阵知,A 与B 相似.十一、【解】由于311{}cos ,3222x P X dx πππ>==⎰依题意,Y 服从二项分布1(4,)2B ,则有2222111()()4(4) 5.222EY DY EY npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、【解】22012(1)23(12)34,EX θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(3).4EX θ=-θ的矩估计量为1ˆ(3),4X θ=-根据给定的样本观察值计算1(31303123)8x =+++++++2.=因此θ的矩估计值11ˆ(3).44x θ=-= 对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12),ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L L θθθθθθθθ=--=++-+-2ln ()62824286.112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=----令ln ()0d L d θθ=,得方程2121430θθ-+=,解得712θ=(71,122θ+=>不合题意).于是θ的最大似然估计值为ˆθ=。

2002考研数一真题及解析

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上) (1)2eln dxx x+∞=⎰(2) 已知函数()y y x =由方程2610ye xy x ++-=确定，则''(0)y = . (3) 微分方程2'''0yy y +=满足初始条件11,'2yy x x ====的特解是 . (4) 已知实二次型222123123121323(,,)()444f x x x a x x x x x x x x x =+++++经正交变换x Py =可化成标准型216f y =，则a = .(5) 设随机变量X 服从正态分布2(,)(0),N μσσ>且二次方程240y y X ++=无实根的概率为12，则μ=二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 考虑二元函数(,)f x y 的下面4条性质：①(,)f x y 在点00(,)x y 处连续， ②(,)f x y 在点00(,)x y 处的两个偏导数连续， ③(,)f x y 在点00(,)x y 处可微， ④(,)f x y 在点00(,)x y 处的两个偏导数存在. 若用""P Q ⇒表示可由性质P 推出Q ，则有 ( ) (A) ②⇒③⇒①. (B)③⇒②⇒①. (C) ③⇒④⇒①. (D)③⇒①⇒④.(2) 设0(1,2,3,...),n u n ≠=且lim1,n nnu →∞=则级数11111(1)()n n n n u u ∞+=+-+∑ ( ) (A) 发散. (B)绝对收敛.(C)条件收敛. (D)收敛性根据所给条件不能判定.(3) 设函数()y f x =在(0,)+∞内有界且可导，则 ( )(A) 当lim ()0x f x →+∞=时，必有lim '()0x f x →+∞=.(B)当lim '()x f x →+∞存在时，必有lim '()0x f x →+∞=.(C) 当0lim ()0x f x +→=时，必有0lim '()0x f x +→=. (D)当0lim '()x f x +→存在时，必有0lim '()0x f x +→=.(4) 设有三张不同平面的方程123,1,2,3,i i i i a x a y a z b i ++==它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2，则这三张平面可能的位置关系为 ( )(5) 设1X 和2X 是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为1()f x 和2()f x ，分布函数分别为1()F x 和2()F x ，则 ( )(A)12()()f x f x +必为某一随机变量的概率密度. (B)12()()f x f x 必为某一随机变量的概率密度. (C) 12()()F x F x +必为某一随机变量的分布函数. (D) 12()()F x F x 必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分)设函数()f x 在0x =的某邻域内具有一阶连续导数，且(0)0,'(0)0,f f ≠≠若()(2)(0)af h bf h f +-在0h →时是比h 高阶的无穷小，试确定,a b 的值.四、(本题满分7分)已知两曲线()y f x =与2arctan 0xt y e dt -=⎰在点(0,0)处的切线相同，写出此切线方程，并求极限2lim ().n nf n→∞五、(本题满分7分)计算二重积分22max{,},x y De dxdy ⎰⎰其中{(,)|01,01}D x y x y =≤≤≤≤.六、(本题满分8分)设函数()f x 在(,)-∞+∞内具有一阶连续导数，L 是上半平面(0)y >内的有向分段光滑曲线，其起点为(,)a b ，终点为(,)c d .记2221[1()][()1],L x I y f xy dx y f xy dy y y=++-⎰ (1)证明曲线积分I 与路径L 无关； (2)当ab cd =时，求I 的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数3693()13(3)!nx x x x y x x n =+++++∞<<+∞+（-）！6！9！满足微分方程''';x y y y e ++=(2)利用(1)的结果求幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数.八、(本题满分7分)设有一小山，取它的底面所在的平面为xoy 坐标面，其底部所占的区域为{}22(,)75D x y x y xy =+-≤，小山的高度函数为22(,)75h x y x y xy =--+.(1)设00(,)M x y 为区域D 上的一点，问(,)h x y 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此反向导数的最大值为00(,)g x y ，试写出00(,)g x y 表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点.也就是说，要在D 的边界线2275x y xy +-=上找出使(1)中的(,)g x y 达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知4阶方阵1234(,,,),A αααα=1234,,,αααα均为4维列向量，其中234,,ααα线性无关，1232ααα=-.如果1234βαααα=+++，求线性方程组Ax β=的通解.十、(本题满分8分)设,A B 为同阶方阵，(1)如果,A B 相似，试证,A B 的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立. (3)当,A B 均为实对称矩阵时，试证(1)的逆命题成立.十一、(本题满分8分)设随机变量X 的概率密度为1cos0()220,x x f x π⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他对X 独立地重复观察4次，用Y 表示观察值大于3π的次数，求2Y 的数学期望.十二、(本题满分8分)其中0<<)2θθ（是未知参数，利用总体X 的如下样本值3,1,3,0,3,1,2,3,求θ的矩阵估计值和最大似然函数估计值.2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题(1)【答案】 1【详解】先将其转化为普通定积分，求其极限即得广义积分.222ee e ln 11lim lim lim lim 11ln ln ln ln ln b b b b b b b dx dx d x e x x x x x x b +∞→+∞→+∞→+∞→+∞⎡⎤⎡⎤===-=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰(2)【答案】 -2【详解】y 是由2610ye xy x ++-=确定的x 的函数，两边对x 求导，6620,y e y xy y x ''+++=所以 62,6yy xy e x+'=-+两边再对x 求导，得 2(6)62(62)(6),(6)y y y e x y y x e y y e x ''++++''=-+（）- 把0x =代入，得(0)0y =，(0)0y '=，代入y ''，得(0)2y ''=-.(3)【答案】y =【详解】方法1：这是属于缺x 的(,)y f y y '''=类型. 命,dp dp dy dp y p y p dx dy dx dy'''====. 原方程20yy y '''+=化为20dpypp dy+=，得 0p =或0dpyp dy+= 0p =，即0dy dx =，不满足初始条件1'02y x ==，弃之；所以0p ≠ 所以，0dp yp dy +=，分离变量得dy dp y p =-，解之得1.C p y = 即1.C dy dx y= 由初始条件11,'2yy x x ====，可将1C 先定出来：1111,212C C ==. 于是得12dy dx y=解之得，22,y x C y =+=以01x y ==代入，得1=“+”号且21C =.于是特解是y =方法2：将20yy y '''+=改写为()0yy ''=，从而得1yy C '=. 以初始条件1(0)1,(0)2y y '==代入，有1112C ⨯=，所以得12yy '=. 即21yy '=，改写为2()1y '=. 解得2,y x C =+y =再以初值代入，1=""+且21C =. 于是特解y =(4)【答案】2【详解】方法1：二次型f 的对应矩阵222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，经正交变换x Py =，可化成标准型216f y =，故P 为正交矩阵，有1T P P -=，且对实对称矩阵A ，有600T P AP ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭，故1600T P AP P AP -⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭，即 600000000A⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦因为矩阵的n 个特征值之和等于它的主对角元素之和，33113iii i i aa λ====∑∑，相似矩阵具有相同的特征值，316006ii λ==++=∑故有36a =，得2a =.方法2：二次型f 的对应矩阵222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，经正交变换x Py =，可化成标准型216f y =，故P 为正交矩阵，有1T P P -=，且对实对称矩阵A ，有1600T P AP P AP -⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭，即600000000A⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦相似矩阵具有相同的特征值，知0是A 的特征值，根据特征值的定义，有00E A A -==222222a A a a =4222314242a a a a a+++把第，列加到第列 1221(4)1212a a a +提取第列的公因子12221(4)02031002a a a -+---行行行行2(4)(2)0a a =+-=，得 4a =-或2a =， (1) 又6是A 的特征值，根据特征值的定义，有60E A -=，由6226226622262622226a a E A a a a a ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=-=---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦(对应元素相减)两边取行列式，6226262226aE A a a----=------222231262226a a aa a---------把第，列加到第列1221(2)162126a a a -------提取第列的公因子12221(2)08031008a a a -------行行行行2(2)(8)0a a =--=得 2a =或8a = (2)因为(1)，(2)需同时成立，取它们的公共部分，得2a =.方法3：f 的对应矩阵为222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，经正交变换x Py =，可化成标准型216f y =，故P 为正交矩阵，有1T P P -=，且对实对称矩阵A ，有1600T P AP P AP -⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭，即 600000000A⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦相似矩阵具有相同的特征值，知A 的特征值，其中一个单根是6，一个二重根应是0，直接求A 的特征值，即由222222222222a a E A a a a a λλλλλλλ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=-=---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦(对应元素相减)两边取行列式，222222aE A a a λλλλ----=------4222342142a a a a aλλλλλ------------把第，列加到第列1221(4)1212a aa λλλ--------提取第列的公因子12221(4)0(2)03100(2)a a a λλλ----------行行行行2[(4)][(2)]a a λλ=----其中单根为4a +，二重根为2a -，故46a +=，及20a -=，故知2a =.方法4：f 的对应矩阵为222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，经正交变换x Py =，可化成标准型216f y =，故P 为正交矩阵，有1T P P -=，且对实对称矩阵A ，有1600T P AP P AP -⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭，即 226220220a A a a ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=Λ=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦故()()1r A r =Λ=，222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦22122322a a a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦交换第和第行的顺序222210223120222a a a a a a ⎡⎤-⎢⎥⎢⎥--⎢⎥-⨯⎢⎥--⎣⎦行行行行222320220042a a a a a⎡⎤⎢⎥⎢⎥+--⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦行行2223202200(28)a a a a a ⎡⎤⎢⎥⨯--⎢⎥⎢⎥-+-⎣⎦行2202200(2)(4)a a a a a ⎡⎤⎢⎥→--⎢⎥⎢⎥--+⎣⎦因()1r A =，故20a -=，且(2)(4)0a a -+=，故应取2a =.(5)【答案】4.【详解】二次方程无实根，即240y y X ++=的判别式1640X ∆==-<，也就有4X >. 此事发生概率为12，即{}142P X >=，对于2(,)(0),XN μσσ>{}12P X μ>=，因为正态分布的密度函数为22()()2x f x μσ⎧⎫-=-⎨⎬⎩⎭x -∞<<+∞ 关于x μ=对称；另一方面，由概率的计算公式，()f x 与x 轴所围成的面积是1，所以x μ=将面积平分为两份 {}12P X μ>=，所以4μ=.二、选择题(1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中A B ⇒表示由A 可推出B . 无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立.(,)x f x y '与(,)y f x y '连续(,)f x y ⇒可微(,)(,)(,)xy f x y f x y f x y ⎧''⎪⇒⎨⎪⎩与存在连续其中均指在同一点处. 记住上述关系，不难回答本选择题，故应选(A).(2)【详解】首先要分清绝对收敛和条件收敛的定义，通过定义判定级数的敛散性.考察原级数11111(1)()n n n n u u ∞+=+-+∑的前n 项部分和1122334111111111()()()(1)()n n n n S u u u u u u u u ++=+-+++-+-+11111(1)n n u u ++=+- 由lim10n n n u →∞=>知，当n 充分大时，0n u >且lim n n u →∞=+∞. 所以11lim n n S u →∞=(收敛)，另一方面，1111()n n n u u ∞=++∑为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件lim1n nnu →∞=的启发，考虑1111111()(1)lim lim lim 1121(21)1(1)n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u n n n u u n n n n n ++++→∞→∞→∞+++++==+++++ 11(1)(1)[](1)lim21n n n n n u u n n n n n n n u u n +→∞+++++=+11(1)(1)lim 1211n nn nn u u n n n nu u n n n n+→∞++++==+⋅⋅+ 而级数1111111()11n n n n n n n ∞∞∞===+=+++∑∑∑是发散的，所以1111()n n n u u ∞=++∑也发散，所以选(C).(3)【详解】方法1：排斥法.令21()sin f x x x =，则()f x 在(0,)+∞有界，2221()sin 2cos f x x x x'=-+， lim ()0x f x →+∞=，但lim ()x f x →+∞'不存在，故(A)不成立；0lim ()0x f x +→=，但 0lim ()10x f x +→'=≠，(C)和(D)不成立，故选(B). 方法2：证明(B)正确. 设lim ()x f x →+∞'存在，记lim ()x f x A →+∞'=，证明0A =.用反证法，若0A >，则对于02Aε=>，存在0X >，使当x X >时，()2A f x A ε'-<=，即3()2222A A A AA f x A '=-<<+=由此可知，()f x '有界且大于2A.在区间[,]x X 上应用拉格朗日中值定理，有()()()()()()2Af x f X f x X f X x X ξ'=+->+-从而lim ()x f x →+∞=+∞，与题设()f x 有界矛盾.类似可证当0A <时亦有矛盾. 故0A =.(4) 【答案】(B)【详解】三张不同平面的方程分别为123,1,2,3,i i i i a x a y a z b i ++==判断三个平面有无公共点即判断方程组111213121222323132333a x a y a z b a x a y a z b a x a y a z b++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是23<(未知量的个数)，所以方程组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除(A)三平面唯一交点(即方程组只有唯一解)(C)、(D)三平面没有公共交点(即方程组无解).故应选(B)，三个平面相交于一条直线，直线上所有的点均是平面的公共点，即有无穷多个公共点.(5)【答案】D【分析】函数()f x 成为概率密度的充要条件为：(1)()0;f x ≥ (2)() 1.f x dx +∞-∞=⎰函数()F x 成为分布函数的充要条件为：(1)()F x 单调不减； (2)lim ()0,lim ()1;x x F x F x →-∞→+∞==(3)()F x 右连续.我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导. 【详解】方法1：(A)选项不可能，因为1212[()()]()()1121f x f x dx f x dx f x dx +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=+=≠⎰⎰⎰也不能选(B)，因为可取反例，令121,101,01()()0,0,x x f x f x -<<<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他其他显然12()()f x f x ，均是均匀分布的概率密度. 而12()()0f x f x =，不满足12()()1f x f x dx +∞-∞=⎰条件.(C)当然也不正确，因为12lim[()()]1121x F x F x →+∞+=+=≠根据排除法，答案应选(D).方法2：令12max(,)X X X =，显然X 也是一个随机变量. X 的分布函数为{}{}{}1212()max(,),F x P X x P X X x P X x X x =≤=≤=≤≤{}{}1212()()P X x P X x F x F x =≤≤=.三【详解】方法1：由题设条件知有lim[()(2)(0)](1)(0)0h af h bf h f a b f →+-=+-=由于(0)0f ≠，所以10a b +-=. 又由洛必达法则，00()(2)(0)limlim(()2(2))(2)(0)h h af h bf h f af h bf h a b f h→→+-'''=+=+由于()(2)(0)af h bf h f +-在0h →时是比h 高阶的无穷小，由高阶无穷小的定义知上式等于0，又由'(0)0,f ≠ 得20a b +=.解1020a b a b +-=⎧⎨+=⎩联立方程组得，2,1a b ==-.方法2：分别将(),(2)f h f h 按佩亚诺余项泰勒公式展开到()o h ，有1()(0)(0)()f h f f h o h '=++，2(2)(0)2(0)()f h f f h o h '=++从而 3()(2)(0)(1)(0)(2)(0)()af h bf h f a b f a b f h o h '+-=+-+++ 由题设条件知，10,20,a b a b +-=+= 所以2,1a b ==-. 方法3：由题设条件，有lim[()(2)(0)](1)(0)0h af h bf h f a b f →+-=+-=由于(0)0f ≠，所以10a b +-=. 再将1a b =-代入01lim [()(2)(0)]h af h bf h f h→+-，并凑成导数定义形式，有000()(2)(0)(1)()(2)(0)0limlim()(0)()(0)(2)(0)lim[2]2(0)(0)2(0)1)(0)h h h af h bf h f b f h bf h f h hf h f f h f f h f b b h h h f bf bf b f →→→+--+-==---=-+''''=-+=+（从而 2,1a b ==-.四【详解】由2arctan 0xt y e dt -=⎰知(0)0y =，由变上限积分的求导公式得2(arctan )(arctan )x y e x -''=⋅2(arctan )21,1x e x-=+ 所以 2(arctan0)210110y e-'==+（）因此，过点(0,0)的切线方程为.y x = ()y f x =在点(0,0)处与上述曲线有相同的切线方程，于是(0)0,(0)1f f '==.2()(0)2lim ()lim 1n n f f nnf nn→∞→∞-=2()(0)2lim 2n f f n n →∞-=2(0)2f '==五【详解】应先将{}22max ,x y e写成分块表达式. 记{}{}12(,)01,0,(,)01,1D x y x y x D x y x x y =≤≤≤≤=≤≤≤≤于是 {}2222max ,12(,);(,).x x y y ex y D e ex y D ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩从而{}{}{}222222221212max ,max ,max ,x y x y x y x y DD D D D ed ed ed e d e d σσσσσ=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22111xx y dx e dy dy e dx =+⎰⎰⎰⎰2211x y e xdx e ydy =+⎰⎰212x e xdx =⎰212x e dx =⎰21x de =⎰210|x e =(1)e =-六【详解】(1) 记21(,)[1()]P x y y f xy y =+，22(,)[()1]xQ x y y f xy y=- 22([()1])x y f xy Qy xx∂-∂=∂∂2222()([()1])([()1])x x y f xy y y f xy x y x ∂∂-=⨯-+⨯∂∂22221(()([()1])x y f xy y f xy y y x ∂=⨯-+⨯∂21()()()xy f xy x f xy y x∂'=-+⨯∂ 21()()f xy xyf xy y '=+-21([1()])y f xy P yyy ∂+∂=∂∂221()1([1()])([1()])y f xy y y f xy y y y∂∂+=++∂∂222211()1(())([1()])()y f xy y f xy f xy y y y y y y∂∂=-+++⨯⨯∂∂21()()()f xy f xy xyf xy y'=--++ 所以，(0)Q Py x y∂∂=>∂∂当. 故在上半平面(0y >)，该曲线积分与路径无关. (2)方法1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从点(,)a b 到点(,),c b 再到点(,)c d . 有2221[1()][()1]cd ab c I b f bx dx y f cy dy by =++-⎰⎰()]()c d a b c a c cbf bx dx cf cy dy b d b-=+++-⎰⎰经积分变量变换后，()cd ab c a I f t dt d b =-+⎰. 当ab cd =时，推得c aI d b=-.方法2:原函数法.2221[1()][()1]L xI y f xy dx y f xy dy y y=++-⎰2()()()()()LL L L ydx xdy xf xy ydx xdy d f xy d xy y y-=++=+⎰⎰⎰⎰ 由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿—莱布尼茨公式类似)，有(,)();(,)L c d x x c ad a b y y d b ==-⎰(,)()()()()()0,(,)Lc d f xy d xy F xy F cd F ab a b ==-=⎰其中()F u 为()f u 的一个原函数，即设()()F u f u '=.由此有c aI d b=-. 方法3：由于与路径无关，又由ab cd =的启发，取路径xy k =，其中k ab =. 点(,)a b 与点(,)c d 都在此路径上. 于是将kx y=代入之后，22221[(1())()(()1)]d a k kI y f k y f k dy y y y=+-+-⎰32()dbk dy y =-⎰2dk by =22k k d b =-22cd ab d b =-.c a d b =-七【解】(1) 369331()113(3)!(3)!nnn x x x x x y x n n ∞==+++++=+∑+！6！9！，由收敛半径的求法知收敛半径为∞，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得3311()(1)(3)!(3)!nn n n x x y x n n ∞∞=='⎛⎫''=+= ⎪⎝⎭∑∑3113(3)!n n nx n -∞==∑311(31)!n n x n -∞==-∑，同理得 321(32)!n n x y n -∞=''=-∑从而()()()y x y x y x '''++32313111()()(1)(32)!(31)!(3)!n n nn n n x x x n n n --∞∞∞====+++--∑∑∑ 11!nn x n ∞==+∑(由x e 的麦克劳林展开式)x e =这说明，30()(3)!n n x y x n ∞==∑是微分方程xy y y e '''++=的解，并且满足初始条件310(0)1(3)!n n y n ∞==+∑1=，3110(0)(31)!n n y n -∞='=-∑0=. (2)微分方程xy y y e '''++=对应的齐次线性方程为0y y y '''++=，其特征方程为210λλ++=，其特征根为12-±，所以其通解为 212[]xy e C x C -=+. 另外，该非齐次方程的特解形式为xy ce =，代入原非齐次方程得x x x xce ce ce e ++=，所以13c =.故微分方程xy y y e '''++=的通解为2121[cossin ]223x x y e C x C x e -=++. 故22121211[cossin ][sin cos ]2222223x xx y e C x C x e C x x e --'=-⨯++-⨯++222112111(2(22222223x x x e C C x e C C x e --=-⨯-⨯-⨯-⨯+由初始条件(0)1,(0)0y y '==得0212100022*********[cos 0sin 0]22331110(20(2022222231123e C C e C e C C e C C e C C ---⎧=++=+⎪⎪⎪=-⨯--⨯-⨯+⎨⎪⎪⎪=-+⎩解得11211311023C C ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，于是得到惟一的一组解：122,0.3C C ==从而得到满足微分方程x y y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，只有一个，为22133x x y e x e -=+另一方面，由(1)已知30()(3)!n n x y x n ∞==∑也是微分方程xy y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，由微分方程解的唯一性，知321211().(3)!33xn x n x e x e x n ∞-=+=+-∞<<+∞∑八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向导数的最大值是梯度的模长，()00,(,)x y gradh x y {}0000(,)(,)0000|,|2,2.y x y x h hy x x y x y ⎧⎫∂∂==--⎨⎬∂∂⎩⎭()()0000,,max(,)x y x y u gradh x y l∂==∂00(,).x y =(2) 命2(,)(,)f x y g x y ==22558x y xy +-，求f 在约束条件22750x y xy --+=下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数2222(,,)558(75)F x y x y xy x y xy λλ=+-+--+则 108(2)0x F x y y x λ'=-+-令，108(2)0y F y x x y λ'=-+-令，22750F x y xy λ'=--+令.由第1、第2 两式相加可得 ()(2)0x y λ+-=. 从而得y x =-或2λ=，再分别讨论之.若2λ=，则解得1(,)x y = 或 2(,)(x y =-- 若y x =-，则解得3(,)(5,5)x y =- 或 4(,)(5,5)x y =- 于是得到如上4个可能极值点. 将(,)i x y 记为(1,2,3,4)i M i =. 由于1234()()150,()()450f M f M f M f M ====故点34(5555M M =-=-，）,（，）可作为攀登起点.九【详解】方法1：记[]1234,,,A αααα=，由234,,ααα线性无关，及123420,αααα=-+即1α可以由234,,ααα线性表出，故1234,,,αααα线性相关，及1234βαααα=+++即β可由1234,,,αααα线性表出，知[][][][]12341234123,,,,,,,(),,3r A r r r A r βααααβααααααα=====系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax β=有解.对应齐次方程组0Ax =，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成k ξ，η*是Ax β=的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知Ax β=的通解为k ξη*+，其中k ξ是对应齐次方程组0Ax =的通解，η*是Ax β=的一个特解，因123420,αααα=-+故[]123412341220,,,010αααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥-+-==⎢⎥⎢⎥⎣⎦，故[]1,2,1,0Tξ=-是0Ax =的一个非零解向量，因为0Ax =的基础解系中只含有一个解向量，故[]1,2,1,0Tξ=-是0Ax =的基础解系.又[]1234123411,,,11βαααααααα⎡⎤⎢⎥⎢⎥=+++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，即1111A β⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦故[]1,1,1,1Tη*=是Ax β=的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程组的通解为[][]1,2,1,01,1,1,1T Tk -+.(其中k 是任意常数) 方法2：令[]1234,,,Tx x x x x =，则线性非齐次方程为[]1234,,,Ax x αααα=[]12123434,,,x x x x αααα⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦11223344x x x x ααααβ=+++=已知1234βαααα=+++，故11223344x x x x αααα+++=1234αααα+++将1232ααα=-代入上式，得23122334423234(2)(2)x x x x αααααααααα-+++=-+++⇒21312233442323424223x x x x x αααααααααααα-+++=-+++=+ ⇒12231334424(2)30x x x x x αααααα+-++--= ⇒12213344(23)()(1)0x x x x x ααα+-+-++-=由已知234,,ααα线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得2233440k k k ααα++=，上式成立当且仅当1213423010x x x x x +=⎧⎪-+=⎨⎪-=⎩ 其系数矩阵为210010100001⎛⎫⎪- ⎪ ⎪⎝⎭，因为3阶子式10001010001=≠，其秩为3，故其齐次线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量3x k =，则方程组有解431321,,,23x x k x x k x k =====-+故方程组Ax β=有通解123410232310101x k x k k x k x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦.(其中k 是任意常数)十【详解】(1) 因AB ，由定义知，存在可逆阵P ，使得1P AP B -=，故1111()E B E P AP P P P AP P E A P λλλλ-----=-=-=-1P E A P E A λλ-=-=-故,A B 有相同的特征多项式.(2) 取0001,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，2201,00E A E B λλλλλλλλ--==-==，则有2,,E A E B A B λλλ-==-有相同的特征多项式，但A 不相似于B ，因为对任何的2阶可逆阵P ，均有11P AP P OP O B --==≠，故(1)的逆命题不成立.(3) 即要证如果,A B 的特征多项式相等，则,A B 相似.当,A B 都是实对称矩阵时，,A B 均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由,A B 的特征值组成. 若,A B 有相同的特征多项式，则,A B 有相同的特征值(包含重数)，故,A B 将相似于同一个对角阵. 设特征值为12,,,n λλλ，则有1122,n n A B λλλλλλ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦由相似的传递性，知A B . (1)的逆命题成立.十一【答案】5.【详解】如果将观察值大于3π这事件理解为试验成功的话，则Y 表示对X 独立地重复试验4次中成功的次数.即是(4,)YB p ，其中{}p P X π=>由一维概率计算公式，{}()bX aP a X b f x dx ≤≤=⎰，有3311()cos 3222x p P X f x dx dx ππππ+∞⎧⎫=>===⎨⎬⎩⎭⎰⎰，所以，1(4,)2Y B ~.由公式22()[()]()D Y E Y E Y =-以及若(,)Y B n p ~，其数学期望和方差分别为();()E Y np D Y npq ==，其中1.q p =-得 2222111()()[()]()4(4) 5.222E Y D Y E Y npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二【分析】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，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然函数.【详解】矩估计：由离散型随机变量期望的定义1()()niii E X x P X x ===∑，有：22()012(1)23(12)34E X θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-样本均值11n i i X X n ==∑1(31303123)28=⨯+++++++=用样本均值估计期望有 EX X =，即342θ-=. 解得的矩估计值为1.4θ∧=由离散型随机变量似然函数的定义：设 12,,...,n x x x 是相应于样本12,,...,n X X X 的一组观测值，则似然函数为：200221 121()(,,,;)(;)nn i i L P x x x P x θθθ===∏由于样本值中0出现一次，故用0的对应概率2θ一次. 样本值中数值1出现二次，故用两个21-θθ（）相乘，数值2出现一次，故用2的对应概率2θ一次，数值3出现四次，故用1-2θ4（）.总之，对于给定的样本值的似然函数为： []2224624()21-(12)4(1)(12)L θθθθθθθθθ=⋅⋅⋅-=--（）()0L θ>，等式两边同取自然对数得ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L θθθθ=++-+-ln ()L θ和()L θ在θ的同一点取得最大值，所以2ln ()62862824112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=---- 令ln ()0d L d θθ=，解得1,2712θ±=因71122+>与题目中10<<2θ矛盾，不合题意，所以θ的最大似然估计值为θ∧=。

2002考研数一真题及答案解析

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上)(1)⎰∞+exx dx 2ln =_____________.(2)已知2e 610y xy x ++-=,则(0)y ''=_____________.(3)02='+''y y y 满足初始条件1(0)1,(0)2y y '==的特解是_____________.(4)已知实二次型323121232221321444)(),,(x x x x x x x x x a x x x f +++++=经正交变换可化为标准型216y f =,则a =_____________.(5)设随机变量),(~2σμN X ,且二次方程042=++X y y 无实根的概率为0.5,则μ=_____________.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内)(1)考虑二元函数),(y x f 的四条性质:①),(y x f 在点),(00y x 处连续,②),(y x f 在点),(00y x 处的一阶偏导数连续,③),(y x f 在点),(00y x 处可微,④),(y x f 在点),(00y x 处的一阶偏导数存在.则有:(A)②⇒③⇒①(B)③⇒②⇒①(C)③⇒④⇒①(D)③⇒①⇒④(2)设0≠n u ,且1lim =∞→n n u n ,则级数11()1(11+++-∑n n n u u 为(A)发散(B)绝对收敛(C)条件收敛(D)收敛性不能判定.(3)设函数)(x f 在+R 上有界且可导,则(C)当0)(lim 0=+→x f x 时,必有0)(lim 0='+→x f x (D)当)(lim 0x f x '+→存在时,必有0)(lim 0='+→x f x .(4)设有三张不同平面,其方程为i i i i d z c y b x a =++(3,2,1=i )它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2,则这三张平面可能的位置关系为(5)设X 和Y 是相互独立的连续型随机变量,它们的密度函数分别为)(x f X 和)(y f Y ,分布函数分别为)(x F X 和)(y F Y ,则(A))(x f X ＋)(y f Y 必为密度函数(B))(x f X )(y f Y 必为密度函数(C))(x F X ＋)(y F Y 必为某一随机变量的分布函数(D))(x F X )(y F Y 必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分)设函数)(x f 在0x =的某邻域具有一阶连续导数,且)0()0(≠'f f ,当0→h 时,若)()0()2()(h o f h bf h af =-+,试求b a ,的值.四、(本题满分7分)已知两曲线)(x f y =与2arctan 0e x t y dt-=⎰在点(0,0)处的切线相同.求此切线的方程,并求极限)2(lim nnf n ∞→.五、(本题满分7分)计算二重积分22m a x {,}e xy Dd x d y⎰⎰,其中}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D.六、(本题满分8分)起点为(b a ,),终点为(d c ,).记dy xy f y yxdx xy f y y I]1)([)](1[1222-++=⎰,(1)证明曲线积分I 与路径L 无关.(2)当cdab=时,求I 的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数∑∞==03)!3()(n nn x x y (+∞<<∞-x )满足微分方程e x y y y '''++=.(2)求幂级数∑∞==03)!3()(n nn x x y 的和函数.八、(本题满分7分)设有一小山,取它的底面所在的平面为xoy面,其底部所占的区域为}75|),{(22≤-+=xy y x y x D ,小山的高度函数为),(y x h xyy x +--=2275.(1)设),(00y x M 为区域D 上一点,问),(y x h 在该点沿平面上何方向的方向导数最大?若此方向的方向导数为),(00y x g ,写出),(00y x g 的表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说要在D 的边界线上找出使(1)中),(y x g 达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知四阶方阵1234(,,,)=A αααα,1234,,,αααα均为四维列向量,其中234,,ααα线性无关,1232=-ααα.若1234=+++βαααα,求线性方程组x =A β的通解.十、(本题满分8分)(1)若,A B相似,证明,A B的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当,A B为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.十一、(本题满分7分)设维随机变量X 的概率密度为()f x =1cos 0220 xx x ≤≤其它对X 独立地重复观察4次,用Y 表示观察值大于3π的次数,求2Y 的数学期望.十二、(本题满分7分)设总体X 的概率分布为X 0123P2θ)1(2θθ-2θθ21-其中θ(102θ<<)是未知参数,利用总体X的如下样本值3,1,3,0,3,1,2,3.求θ的矩估计和最大似然估计值.。

2002考研数一真题解析(1)

全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题(1)【答案】 1【详解】先将其转化为普通定积分，求其极限即得广义积分.+∞dx = lim dx = lim b d ln x = lim ⎡-1 ⎤ b = lim ⎡- 1+1⎤ = 1 ⎰ex ln 2xb →+∞ ⎰ex ln 2 xb →+∞ ⎰eln 2 xb →+∞⎢⎣ ln x ⎥⎦ eb →+∞⎢⎣ ln b⎥⎦(2)【答案】 -2【详解】 y 是由e y + 6xy + x 2-1 = 0 确定的 x 的函数，两边对 x 求导，e y y ' + 6xy ' + 6 y + 2x = 0,所以y ' = - 6 y + 2x, 两边再对 x 求导，得e y+ 6xy ' = -(e y + 6x （) 6 y ' + 2）-(6 y + 2x )(e y y ' + 6)(e y + 6x )2,把 x = 0 代入，得 y (0) = 0 ， y '(0) = 0 ，代入 y ' ，得 y ' (0) = -2 .(3)【答案】 y【详解】方法 1：这是属于缺 x 的 y ' =f ( y , y ') 类型. 命 y ' = p , y ' =dp = dp dy = p dp. dx dy dx dy原方程 y y ' + y '2= 0化为 y pdp + p 2 = 0 ，得dyp = 0或 ydp + p = 0dyp = 0，即 dy= 0，不满足初始条件 y 'dx= 1 ，弃之；所以 p ≠ 0 x = 0 2所以， ydp+ p = 0 ，分离变量得 dy = - dp，解之得 p = C 1 . 即 dy = C 1 .dy y py dx y由初始条件 y= 1, y ' = 1 ，可将C 先定出来： 1 = C 1 , C = 1. 于是得 x = 0x = 0 2 12 1 1 2 dy = 1dx 2 yb2 1 ⎢ ⎥ 333解之得， y 2 = x + C , y =且C 2 = 1.于是特解是 y =.以yx =0 =1代入，得1 = ，所以应取“+”号方法 2：将 y y ' + y '2= 0 改写为( yy ')' = 0，从而得 y y ' = C . 以初始条件 y (0) = 1, y '(0) = 112代入，有 1⨯ 1 = C，所以得 yy ' = 1 . 即 2 yy ' = 1 ，改写为 (y 2 )' = 1 . 解得y = x + C 2 ,解 y 21y =2.再以初值代入，1 = "+ " 且C2 = 1. 于是特(4)【答案】2⎡a 2 2⎤ 【详解】方法 1：二次型 f 的对应矩阵 A = ⎢2 a 2⎥ ，经正交变换 x = Py ，可化成标准 ⎢ ⎥ ⎢⎣2 2 a ⎥⎦型 f = 6 y 2，故 P 为正交矩阵，有 P T = P -1 ，且对实对称矩阵 A ，有⎛ 6 ⎫ ⎛ 6 ⎫ P TAP = 0 ⎪ ，故 P T AP = P -1AP = 0 ⎪ ，即⎪ ⎪ 0⎪ 0⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎡6 0 0⎤A ⎢0 0 0⎥ ⎢⎣0 0 0⎥⎦因为矩阵的 n 个特征值之和等于它的主对角元素之和，∑ aii= 3a = ∑λi ，相似矩阵i =1i =1具有相同的特征值，∑λi= 6 + 0 + 0 = 6 故有3a = 6 ，得 a = 2 .i =1⎡a 2 2⎤ 方法 2：二次型 f 的对应矩阵 A = ⎢2 a 2⎥ ，经正交变换 x = Py ，可化成标准型 f = 6 y 2，⎢ ⎥1 ⎢⎣2 2 a ⎥⎦ ⎛6 ⎫ 故 P 为正交矩阵，有 P T= P -1，且对实对称矩阵 A ，有 P TAP = P -1AP = 0 ⎪，即⎪ 0⎪ ⎝ ⎭把第2，3列加到第1列⎢ ⎥ ⎡6 0 0⎤A ⎢0 0 0⎥ ⎢⎣0 0 0⎥⎦相似矩阵具有相同的特征值，知 0 是 A 的特征值，根据特征值的定义，有0E - A = A = 0a 2 2 a + 4 2 2 A = 2 a 2 把第2，3列加到第1列 a + 4 a 22 2 a 1 2 2 a + 4 2 a1 22 提取第1列 (a + 4) 1 a 2行-1行2 (a + 4) 0 a - 2 0的公因子 1 2 a 3行-1行0 0 a - 2= (a + 4)(a - 2)2 = 0，得a = -4 或 a = 2 ，(1)又 6 是 A 的特征值，根据特征值的定义，有 6E - A = 0 ，由⎡6 ⎤ ⎡a 2 2⎤ ⎡6 - a -2-2 ⎤ 6E - A = ⎢ 6 ⎥ - ⎢2 a 2⎥ = ⎢ -2 6 - a -2 ⎥ (对应元素相减) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥两边取行列式，⎣⎢ 6⎦⎥ ⎣⎢2 2 a ⎦⎥ ⎣⎢ -2 -2 6 - a ⎦⎥6 - a -2 -2 2 - a -2-2 6E - A = -2 6 - a -2 2 - a 6 - a -2 -2 -2 6 - a 2 - a -2 6 - a提取第1列1 -2 -22行-1行 1 -2 -2 (2 - a ) 1 6 - a -2 (2 - a ) 0 8 - a 0的公因子 1 -2 6 - a 3行-1行0 0 8 - a= (2 - a )(8 - a )2 = 0得a = 2 或 a = 8因为(1)，(2)需同时成立，取它们的公共部分，得 a = 2 .(2)⎡a 2 2⎤ 方法 3： f 的对应矩阵为 A = ⎢2 a 2⎥ ，经正交变换 x = Py ，可化成标准型 f = 6 y 2 ，⎢ ⎥1 ⎢⎣2 2 a ⎥⎦⎢ ⎥⎛6 故 P 为正交矩阵，有 P T= P -1，且对实对称矩阵 A ，有 P TAP = P -1AP = 0 ⎫ ⎪，即⎪ 0⎪ ⎝ ⎭⎡6 0 0⎤A ⎢0 0 0⎥ ⎢⎣0 0 0⎥⎦相似矩阵具有相同的特征值，知 A 的特征值，其中一个单根是 6，一个二重根应是0，直接求 A 的特征值，即由⎡λ⎤ ⎡a 2 2⎤ ⎡λ- a -2 -2 ⎤λE - A = ⎢ λ ⎥ - ⎢2 a 2⎥ = ⎢ -2 λ- a -2 ⎥(对应元素相减)⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣⎢两边取行列式，λ⎦⎥ ⎢⎣2 2 a ⎥⎦ ⎣⎢-2 -2λ- a ⎥⎦λ- aλE - A = -2-2-2λ- a-2-2 -2λ- aλ- a - 4把第2，3列 λ- a - 4加到第1列λ- a - 4-2λ- a -2 -2-2λ- a 1 提取第1列的公因子(λ- a - 4) 1 1 -2λ- a -2 -2 -2λ- a2行-1行1 -2 -2(λ- a - 4) 0 λ- (a - 2)3行-1行0 0λ- (a - 2)= [λ- (a - 4)][λ- (a - 2)]2其中单根为 a + 4 ，二重根为 a - 2 ，故a + 4 = 6 ，及 a - 2 = 0，故知 a = 2 .⎡a 2 2⎤ 方法 4： f 的对应矩阵为 A = ⎢2 a 2⎥ ，经正交变换 x = Py ，可化成标准型 f = 6 y 2 ，⎢ ⎥1 ⎢⎣2 2 a ⎥⎦ ⎛6 ⎫ 故 P 为正交矩阵，有 P T= P -1，且对实对称矩阵 A ，有 P TAP = P -1AP =0 ⎪，即⎪ 0⎪ ⎝ ⎭⎡a 2 2⎤ ⎡6 ⎤A = ⎢2 a 2⎥ Λ = ⎢ 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣2 2 a ⎥⎦ ⎢⎣ 0⎥⎦故 r ( A ) = r (Λ) = 1，⎢0 2 - a 1 1⎡a 2 2⎤ ⎡2 2 a ⎤ 2行-1行 ⎡2 2a ⎤⎢ ⎥ 交换第1和 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ A = ⎢2 a 2⎥ 第3行的顺序⎢2 a 2⎥ a ⎢0 a - 2 2 - a ⎥⎢⎣2 2 a ⎥⎦ ⎢⎣a 2 2⎥⎦ 3行-1行⨯ 2 ⎢ ⎣ ⎡⎤ ⎢2 2 a ⎥ ⎡ 2 2 a ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ 3行+ 2行 0 a - 22 - a 3行⨯ 2 0 a - 2 2 - a ⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢a 2 ⎥⎢⎣0 0 -(a 2+ 2a - 8)⎥⎦ ⎢04 - - a ⎥⎣2 ⎦⎡2 2 a ⎤→ ⎢0 a - 2 2 - a ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 0 -(a - 2)(a + 4)⎥⎦因 r ( A ) = 1，故 a - 2 = 0，且(a - 2)(a + 4) = 0 ，故应取 a = 2 .(5)【答案】 4 .【详解】二次方程无实根，即 y 2 + 4y + X = 0 的判别式∆ =就有 X > 4 . 此事发生概率为 1，即 P {X > 4} = 1，= 16 - 4 X < 0 ，也 22 对于 X N (μ,σ2)(σ> 0), P {X > μ} = 1，因为正态分布的密度函数为21⎧ (x -μ)2⎫ f (x ) exp ⎨- 2σ2 ⎬ -∞ < x < +∞⎩ ⎭关于 x = μ对称；另一方面，由概率的计算公式，f (x ) 与 x 轴所围成的面积是1，所以 x = μ将面积平分为两份P {X > μ} = 1 ，所以μ= 4 . 2二、选择题(1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中 A ⇒ B 表示由 A 可推出 B . 无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立.⎧⎪ f '( x , y )与f '(x , y )存在f x '(x , y ) 与 f y '(x , y ) 连续⇒ f (x , y ) 可微 ⇒ ⎨ ⎪⎩xy f (x , y )连续其中均指在同一点处. 记住上述关系，不难回答本选择题，故应选(A).(2)【详解】首先要分清绝对收敛和条件收敛的定义，通过定义判定级数的敛散性.∞n +1考察原级数∑(-1) ( n =1+ n u n +1 ) 的前 n 项部分和a 2 2 ⎥ ⎥ ⎦ u 2 -1S = ( 1 + 1 ) - ( 1 + 1 ) + ( 1 + 1 ) - + (-1)n +1 ( 1 + 1 ) = 1 + (-1)n +1 1 nu u u u u u u u u u1 2 2 3 3 4 n n +1 1 n +1由 lim n= 1 > 0 知，当n 充分大时， u > 0且 l im u= +∞ . 所以lim S = (收敛)，n →∞u n∞11nn →∞ nn →∞ n1另一方面，∑( n =1+ nun +1) 为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件lim n= 1的启发，考虑 n →∞ u n1 lim u n+ 1un +1 = lim u n +1 + u n u n u n +1= lim (u n +1 + u n)n (n +1) n →∞ 1 +1 n →∞ 2n +1 n →∞ u n u n +1 (2n +1) n n +1 n (n +1)= limn (n +1)[ (n +1) n u n +1 (n +1) + u n ] n = lim (n +1) n u n +1 (n +1) + u n n= 1 n →∞ u u 2n +1 n →∞ u n ⋅ u n +1 ⋅ 2n +1 n n +1 n n n +1 n ∞ 1 1 ∞ 1 ∞ 1∞1 1 而级数∑( n + n +1) = ∑ n +∑ n +1 是发散的，所以∑(u + u ) 也发散，所以选(C).n =1 n =1 n =1 n =1 n n +1(3)【详解】方法 1：排斥法.令 f ( x ) = 1sin x 2，则 f (x ) 在(0, +∞) 有界， f '(x ) = - x1 sin x2 + 2 cos x 2 ，x 2 lim x →+∞f (x ) = 0 ，但 l im x →+∞f '(x ) 不存在，故(A)不成立；lim x →0+f (x ) = 0 ，但 lim x →0+f '(x ) = 1 ≠ 0，(C)和(D)不成立，故选(B).方法 2：证明(B)正确. 设 lim x →+∞f '(x ) 存在，记 lim x →+∞f '(x ) = A ，证明 A = 0 .用反证法，若 A > 0 ，则对于 ε= A> 0 ，存在 X > 0 ，使当 x > X 时，2f '(x ) - A < ε= A ，即 A = A - A < f '(x ) < A + A = 3A2 2 2 2 2由此可知， f '(x )有界且大于 A.在区间[x , X ]上应用拉格朗日中值定理，有2f (x ) = f ( X ) + f '(ξ)(x - X ) > f ( X ) + A(x - X )2从而 lim x →+∞f (x ) = +∞ ，与题设 f (x ) 有界矛盾.类似可证当 A < 0时亦有矛盾. 故 A = 0 .u u⎰+∞1 2(4) 【答案】(B)【详解】三张不同平面的方程分别为a i 1x + a i 2 y + a i 3 z = b i ,i = 1, 2,3, 判断三个平面有无⎧a 11x + a 12 y + a 13 z = b 1 公共点即判断方程组⎪a x + a y + a z =b 有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有⎨ 21 22 23 2 ⎪a x + a y + a z = b ⎩ 31 32 33 3多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是 2 < 3 (未知量的个数)，所以方程组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除(A)三平面唯一交点(即方程组只有唯一解)(C)、(D)三平面没有公共交点(即方程组无解).故应选(B)，三个平面相交于一条直线，直线上所有的点均是平面的公共点，即有无穷多个公共点.(5)【答案】D【分析】函数 f (x ) 成为概率密度的充要条件为：(1) f ( x ) ≥ 0;+∞ (2)-∞f ( x )dx = 1.函数 F (x ) 成为分布函数的充要条件为：(1) F (x ) 单调不减；(2) l im F (x ) = 0, lim F (x ) = 1; (3) F (x ) 右连续.x →-∞x →+∞我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导. 【详解】方法 1：(A)选项不可能，因为+∞+∞+∞⎰-∞[ f 1(x ) + f 2 (x )]dx = ⎰-∞ f 1 (x )dx + ⎰-∞ f 2 (x )dx = 1+1 = 2 ≠ 1也不能选(B)，因为可取反例，令⎧1, -1 < x < 0 ⎧1, 0 < x < 1f 1(x ) = ⎨0, 其他f 2 (x ) = ⎨0, 其他⎩⎩显然 f 1 (x )，f 2 (x )均是均匀分布的概率密度. 而f 1(x ) f 2 (x ) = 0 ，不满足 ⎰-∞ (C)当然也不正确，因为f 1 (x ) f 2 (x )dx = 1条件.lim [F (x ) + F (x )] = 1+1 = 2 ≠ 1 x→+∞⎨a + 2b = 0根据排除法，答案应选(D).方法 2：令 X = max( X 1, X 2 ) ，显然 X 也是一个随机变量. X 的分布函数为F (x ) = P {X ≤ x } = P {max( X 1, X 2 ) ≤ x } = P {X 1 ≤ x , X 2 ≤ x }= P {X 1 ≤ x }P {X 2 ≤ x } = F 1 (x )F 2 (x ) .三【详解】方法 1：由题设条件知有l im[af (h ) + bf (2h ) - f (0)] = (a + b -1) f (0) = 0h →0由于 f (0) ≠ 0，所以 a + b -1 = 0 . 又由洛必达法则，limaf (h ) + bf (2h ) - f (0)= lim(af '(h ) + 2bf '(2h )) = (a + 2b ) f '(0)h →0hh →0由于 af (h ) + bf (2h ) - f (0) 在 h → 0 时是比 h 高阶的无穷小，由高阶无穷小的定义知上式等于 0，又由 f '(0) ≠ 0, 得a + 2b = 0 .解⎧a + b -1 = 0联立方程组得， a = 2, b = -1.⎩ 方法 2：分别将 f (h ), f (2h ) 按佩亚诺余项泰勒公式展开到o (h ) ，有f (h ) = f (0) + f '(0)h + o 1(h ) ， f (2h ) = f (0) + 2 f '(0)h + o 2 (h )从而af (h ) + bf (2h ) - f (0) = (a + b -1) f (0) + (a + 2b ) f '(0)h + o 3(h )由题设条件知， a + b -1 = 0, a + 2b = 0, 所以 a = 2, b = -1.方法 3：由题设条件，有lim[af (h ) + bf (2h ) - f (0)] = (a + b -1) f (0) = 0h →0由于 f (0) ≠ 0，所以 a + b -1 = 0 . 再将 a = 1- b 代入lim 1[af (h ) + bf (2h ) - f (0)] ，h → 0h并凑成导数定义形式，有0 = limaf (h ) + bf (2h ) - f (0)= lim(1- b ) f (h ) + bf (2h ) - f (0) h →0 h h →0 h= lim[ f (h ) - f (0) - b f (h ) - f (0) + 2b f (2h ) - f (0)] h →0 h h 2h = f '(0) - bf '(0) + 2bf '(0) =（1+ b ) f '(0)从而a = 2,b = -1.⎰⎨ 0 0 0 0 0 0 ⎧e 2四【详解】由 y =a rctan x e -t 2dt 知 y (0) = 0 ，由变上限积分的求导公式得y ' = e - (arctan x )2⋅ (arctan x )' = e - (arctan x ) 21 ,所以y （' 0）= e - (arctan 0)2 1= 11+ x 21+ 02因此，过点(0, 0) 的切线方程为 y = x .线方程，于是 f (0) = 0, f '(0) = 1 .f ( 2) - f (0)y = f (x ) 在点(0, 0) 处与上述曲线有相同的切f ( 2) - f (0)lim nf ( 2) = lim n = 2 lim n = 2 f '(0) = 2 n →∞ n n →∞1nn →∞2 nmax {x 2 , y 2}五【详解】应先将 e写成分块表达式. 记D 1 = {(x , y ) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x }, D 2 = {(x , y ) 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 1}2 2x(x , y ) ∈ D ;于是emax {x , y} = ⎪⎪⎩ey1(x , y ) ∈ D 2 .⎰⎰ emax {x 2 , y 2}d σ= ⎰⎰e max {x 2, y 2}d σ+ ⎰⎰ e max {x 2, y 2}d σ= ⎰⎰ e x 2 d σ+ ⎰⎰ e y 2 d σDD 1 D 2 D 1 D 2= ⎰1dx ⎰ xe x 2dy + ⎰1 dy ⎰1e y 2dx = ⎰1e x 2xdx + ⎰1e y 2ydy= 2 1 e x 2 xdx = 1 e x 2 dx 2 = 1 de x 2 = e x 2 |1= (e -1)⎰⎰⎰六【详解】(1) 记 P (x , y ) = 1 [1+ y 2f (xy )] ， Q (x , y ) =yx[ y 2 f (xy ) -1]y 2∂Q =∂( x [ y 2 f (xy ) -1]) y 2 ∂( x ) = y 2 ⨯ 2- + x ⨯∂([ y 2 f (xy ) -1])∂x ∂x ∂x ([ y f (xy ) 1]) y 2 ∂x= 1⨯ ([ y 2f (xy ) -1]) + y 2 x ⨯ y 2∂( f (xy ) y 2 ∂x= f (xy ) -1 + x ⨯ f y2 '(xy ) ∂(xy ) ∂x= f (xy ) + xyf '(xy ) - 1y 2∂P = ∂y ∂( 1[1+ y 2 f (xy )])y∂y2从而⎰ ⎰ 22⎰ ([1+ y f (xy )]) + f (xy ) + ⨯ ⨯ y⎰ x ∂( 1 ) =y 2 1 ∂([1+ y 2 f (xy )])([1+ y f (xy )]) +∂yy ∂y= -121 ∂( y2 )1 ∂( f (xy )) 2y2y ∂y y ∂y= - f (xy ) -1 + f (xy ) + xyf '(xy )y2所以，∂Q = ∂P(当y > 0) . 故在上半平面( y > 0)，该曲线积分与路径无关. ∂x ∂y(2)方法 1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从点(a , b )到点(c , b ), 再到点(c , d ) . 有I = c 1[1+ b 2 f (bx )]dx + a b b c [ y 2 f (cy ) -1]dy y 2= c - a + ⎰c bf (bx )]dx + ⎰d cf (cy )dy + c - cb a b d b经积分变量变换后， I = c - a + ⎰cd f (t )dt . 当 a b = cd 时，推得 I = c - a.方法 2:原函数法.d b ab d bI =1[1+ y 2 f (xy )]dx + x[ y 2 f (xy ) -1]dyL y y= ⎰ ydx - xdy + f (xy )( ydx + xdy ) = ⎰ d ( ) + ⎰f (xy )d (xy ) L y L L yL由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿—莱布尼茨公式类似)，有x x (c ,d ) c a ⎰L d ( y ) = y (a , b ) = d - b ;(c , d )L f (xy )d (xy ) = F (xy ) (a , b ) = F (cd ) - F (ab ) = 0,其中 F (u ) 为 f (u ) 的一个原函数，即设 F '(u ) =f (u ).由此有 I = c - a. d b方法 3：由于与路径无关，又由 ab = cd 的启发，取路径 x y = k ，其中 k = ab . 点(a , b )与点(c , d ) 都在此路径上. 于是将 x = k代入之后，yd ⎰3 3 (3n )! x ⎰a [ (1+ y f (k ))(- y y 2) + ( y f (k ) -1)]dy d I = 1 2 k k 2= d (- 2k )dy = d = k - k = cd - ab= c - a .⎰b y 3b d 2 b 2 d 2 b 2 d bx 3 x 6 x 9 x 3n∞x 3n 七【解】(1) y (x ) = 1+ 3 + + + ++ = 1+ ∑ ，！ 6！ 9！ (3n )! n =1 (3n )!由收敛半径的求法知收敛半径为∞ ，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得y '(x ) = (1+ ∑x 3n )' = ∑⎛ x 3n ⎫' = ∑∞ 3nx 3n -1 = ∑x 3n -1 ，同理得y ' = ∑n =1(3n )!x 3n -2⎪ n =1 ⎝ ⎭n =1(3n )!n =1(3n -1)!n =1(3n - 2)!从而y ' (x ) + y '(x ) + y (x ) = (∑x3n -2) + (∑x 3n -1) + (1+ ∑x 3n )= 1+ ∑ n =1 (3n - 2)!x n(由e 的麦克劳林展开式)n =1 (3n -1)!n =1 (3n )! n =1 n != e x这说明， y ( x ) = ∑x 3n是微分方程 y ' + y ' + y = e x 的解，并且满足初始条件 n =0 (3n )!y (0) = 1+ ∑ 03n= 1， y '(0) = ∑03n -1= 0 .n =1 (3n )! n =1 (3n-1)!(2)微分方程 y ' + y ' + y = e x对应的齐次线性方程为 y ' + y ' + y = 0 ，其特征方程为λ2+ λ+ 1 = 0 ，其特征根为- 1±3i ，所以其通解为 22- xy = e 2[C 1 cos 2x + C 2 sin 2x ].另外，该非齐次方程的特解形式为 y = ce x ，代入原非齐次方程得ce x+ ce x+ ce x= e x，所以c = 1.故微分方程 y ' + y ' + y = e x的通解为3k y2 ∞ ∞ ∞ ∞∞∞∞∞∞∞∞y 23 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3⎩∞y = e - x 2 [C cos x + C sin x ] + 1 e x . 1 2 22 31 - x - x 1 故y ' = - ⨯e 2 [C cos x +C sin x ]+ e 2[-C ⨯ ⨯sin x + C cos x ]+ e x2 1 2 2 2 1 2 2 2 231 - x 1 - x 1 = - ⨯ e2 (C - 2C ⨯ ) s in x - ⨯ e 2 (C - 2C ⨯ ) cos x + e x2 2 12 2 21 2 2 2 3由初始条件 y (0) = 1, y '(0) = 0 得⎧ -01 1 1 = e2 [C cos ⨯0 + C sin ⨯0] + e 0 = C + ⎪ 1⎪ 2 ⎪ 1 -02 23 13 1 -0 ⎨0 = - ⨯e 2 (C - 2C ⨯ )sin ⨯0 - ⨯e 2 (C - 2C ⨯ e 0 ⎪ 2 2 1⎪ 1 1 2 2 2 1 2 ⎪ = - 2 C 1 + C 2 ⨯ 2 + 3解得⎧ ⎪ ⎨ ⎪- 1 C +C + 1 = 11 3， 3 C + 1 = 0 ⎩⎪ 2 1223于是得到惟一的一组解：C 1= 2, C 3 2= 0.从而得到满足微分方程 y ' + y ' + y = e x 及初始条件 y (0) = 1, y '(0) = 0 的解，只有一个，为y = 2 - x e 2 cos x + 1 e x 3 2 3另一方面，由(1) 已知 y ( x ) =∑x 3n也是微分方程 y ' + y ' + y = e x 及初始条件n =0 (3n )!y (0) = 1, y '(0) = 0 的解，由微分方程解的唯一性，知1+ ∑x 3n = 2 e - x 2 cos x + 1 e x (-∞ < x < +∞). n =1 (3n )! 32 3 八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向导数的最大值是梯度的模长，gradh (x , y ) = ⎧ ∂h | , ∂h | ⎫ = {y - 2x , x - 2 y }. (x 0, y 0) ⎨ ∂x ( y 0 , x 0 ) ∂y ( y , x ) ⎬0 0 0 00 03 3 3 3 3 3 ∞3) c os 3 ⨯0 + 1 2 2 3⎩⎭max = gradh (x , y ) = ( x 0, y 0)( x 0, y 0)= 5x 2 + 5 y 2 - 8x y 记 g (x , y ).0 0 0 0 0 0(2) 命 f ( x , y ) = g 2 (x , y ) = 5x 2 + 5 y 2 - 8xy ，求 f 在约束条件75 - x 2- y 2 + xy = 0 下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数F (x , y ,λ) = 5x 2+ 5y 2 - 8xy + λ(75 - x 2 - y 2 + xy )则F ' = 10x - 8 y + λ( y - 2x ) 令 0xF ' = 10 y - 8x +λ(x - 2 y ) 令 0yF λ' = 75 - x 2 - y 2 + xy 令 0 .由第 1、第 2 两式相加可得 (x + y )(2 -λ) = 0 . 从而得 y = -x 或λ= 2 ，再分别讨论之.若λ= 2 ，则解得( x , y )1 = (5 3, 5 3) 或 ( x , y )2 = (-5 3, -5 3)若 y = -x ，则解得 (x , y )3 = (5, -5) 或 ( x , y )4 = (-5, 5)于是得到如上 4 个可能极值点. 将( x , y )i 记为 M i (i = 1, 2, 3, 4) . 由于f (M 1) = f (M 2 ) = 150, f (M 3 ) = f (M 4 ) = 450故点 M 3 = (5，- 5）,M 4 =（- 5，5）可作为攀登起点.九【详解】方法 1：记 A = [α1 ,α2 ,α3 ,α4 ]，由α2 ,α3 ,α4 线性无关，及α1 = 2α2 -α3 + 0α4 ,即α1 可以由α2 ,α3 ,α4 线性表出，故α1,α2 ,α3 ,α4 线性相关，及β=α1 +α2 +α3 +α4 即β可由α1,α2 ,α3 ,α4 线性表出，知r [A β] = r [α1 ,α2 ,α3 ,α4 ,β] = r [α1 ,α2 ,α3 ,α4 ] = r ( A ) = r [α1 ,α2 ,α3]= 3 系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故 A x = β有解.对应齐次方程组 Ax = 0，其系数矩阵的秩为 3，故其基础解系中含有 4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成 k ξ，η*是 Ax = β的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知 A x = β的通解为 k ξ+η* ，其中 k ξ是对应齐次方程组 Ax = 0的通解，η*是 Ax = β的一个特解，因∂u ∂l ( y - 2x )2 + (x - 2 y )20 0 0 0-2 1 ⎡1 ⎤⎢ ⎥ α1 = 2α - α + 0α, 故α1 - 2α +α - 0α = [α,α,α,α]⎢ ⎥ = 0 ， 2342341 2 34⎢1 ⎥ ⎢0 ⎥ ⎣ ⎦故ξ= [1, -2,1, 0]T是 A x = 0的一个非零解向量，因为 A x = 0的基础解系中只含有一个解向量，故ξ= [1, -2,1, 0]T是 A x = 0的基础解系.又⎡1⎤⎢1⎥⎡1⎤ ⎢1⎥ β= α1 + α2 + α3 + α4 = [α1 ,α2 ,α3 ,α4 ]⎢ ⎥ ，即 A ⎢ ⎥ = β ⎢1⎥ ⎢ ⎥ ⎣1⎦⎢1⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦故η*= [1,1,1,1]T是 A x = β的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程组的通解为k [1, -2,1, 0]T+ [1,1,1,1]T.(其中 k 是任意常数)方法 2：令 x = [x 1, x 2 , x 3 , x 4 ] ，则线性非齐次方程为 T⎡ x 1 ⎤⎢ x Ax = [α,α ,α,α ] x = [α,α,α,α ]⎢⎥ 2 ⎥=αx +αx +αx +αx = β 12341234 ⎢ x ⎥ 1 1 2 2 3 3 4 4 ⎢ 3 ⎥ ⎣ x 4 ⎦已知β= α1 +α2 +α3 +α4 ，故α1x 1 +α2 x 2 +α3 x 3 +α4 x 4 = α1 +α2 +α3 +α4将α1 = 2α2 -α3 代入上式，得(2α2 -α3 )x 1 +α2 x 2 +α3 x 3 +α4 x 4 = (2α2 -α3 ) +α2 +α3 +α4⇒ 2α2 x 1 -α3 x 1 +α2 x 2 +α3 x 3 +α4 x 4 = 2α2 -α3 +α2 +α3 +α4 = 3α2 +α4 ⇒ (2x 1 + x 2 )α2 -α3 x 1 +α3 x 3 +α4 x 4 - 3α2 -α4 = 0 ⇒ (2x 1 + x 2 - 3)α2 + (-x 1 + x 3 )α3 + (x 4 -1)α4 = 0由已知α2 ,α3 ,α4 线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得k 2α2 + k 3α3 + k 4α4 = 0，上式成立当且仅当⎪ ⎝ ⎭x 20 0 0 0 ⎧2x 1 + x 2 = 3 ⎪-x + x = 0 ⎨ 1 3 ⎪x -1 = 0 ⎩ 4⎛ 2 1 0 0 ⎫1 0 0其系数矩阵为 -1 0 1 0 ⎪，因为 3 阶子式 0 1 0 = 1 ≠ 0 ，其秩为 3，故其齐次0 0 0 1 ⎪ 0 0 1线性方程组的基础解系中存在 1 个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量 x 3 = k ，则方程组有解x 4 = 1, x 3 = k , x 1 = x 3 = k , x 2 = -2k + 3故方程组 A x = β有通解⎡ x 1 ⎤ ⎡ k ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡0⎤ ⎢ ⎥ ⎢-2k + 3⎥ ⎢-2⎥ ⎢3⎥ ⎢ 2 ⎥ = ⎢⎥ = k ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ .(其中 k 是任意常数) ⎢ x 3 ⎥ ⎢ k ⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢0⎥ ⎢ x ⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢1⎥ ⎣ 4 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦十【详解】(1) 因 A B ，由定义知，存在可逆阵 P ，使得 P -1AP = B ，故λE - B = λE - P -1 AP = λP -1P - P -1 AP = P -1 (λE - A )P= P -1 λE - A P = λE - A故 A , B 有相同的特征多项式.(2) 取 A = ⎡0 0⎤ , B = ⎡0 1⎤， λE - A = λ 0 = λ2 , λE - B = λ -1 = λ ，则⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦有 λE - A = λ2= λE - B , A , B 有相同的特征多项式，但A 不相似于B ，因为对任何的 2阶可逆阵 P ，均有 P -1 AP = P -1OP = O ≠ B ，故(1)的逆命题不成立.(3) 即要证如果 A , B 的特征多项式相等，则 A , B 相似.当 A , B 都是实对称矩阵时， A , B 均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由 A , B 的特征值组成. 若 A , B 有相同的特征多项式，则 A , B 有相同的特征值(包含重数)，故 A , B 将相似于同一个对角阵. 设特征值为λ1 ,λ2 , ,λn ，则有0 λ 0 λλ λ ∑ 1⎡λ1⎢ λ A ⎢2⎢⎢ ⎣⎤ ⎡λ1 ⎤⎥ ⎢ λ ⎥ ⎥ , B ⎢ 2⎥ ⎥ ⎢⎥ ⎥ ⎢ ⎥ n ⎦ ⎣n ⎦由相似的传递性，知 A B . (1)的逆命题成立.十一【答案】5.【详解】如果将观察值大于 π这事件理解为试验成功的话，则Y 表示对 X 独立地重复试验34 次中成功的次数.即是Y B (4, p ) ，其中 p = P {X >π 3}由一维概率计算公式， P {a ≤ X ≤ b } =⎰af X ( x )dx ，有⎧ π⎫ +∞ π1 x 1p = P ⎨ X > 3 ⎬ = ⎰π f (x )dx = ⎰π 2 cos 2 dx = 2 ，⎩ ⎭ 33 所以， Y ~ 1 B (4, ) .2由公式 D (Y ) = [E (Y )]2- E (Y 2 ) 以及若Y ~ B (n ,p ) ，其数学期望和方差分别为E (Y ) = np ; D (Y ) = npq ，其中q = 1- p .得E (Y 2 ) = D (Y ) + [E (Y )]2 = npq + (np )2 = 4 ⨯ 1 ⨯ 1 + (4 ⨯ 1)2 = 5.2 2 2十二【分析】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，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然函数.【详解】矩估计：由离散型随机变量期望的定义 E ( X ) =∑ x iP ( X = x i)，有：i =1E ( X ) = 0 ⨯θ2+1⨯ 2θ(1-θ) + 2 ⨯θ2 + 3⨯ (1- 2θ) = 3 - 4θ样本均值 X =1 nn i =1 = 1 ⨯ (3 +1+ 3 + 0 + 3 +1+ 2 + 3) = 2 8用样本均值估计期望有 EX = X ，即3 - 4θ= 2∧. 解得的矩估计值为θ= .4由离散型随机变量似然函数的定义：设观测值，则似然函数为：x 1, x 2 ,..., x n 是相应于样本 X 1, X 2 ,..., X n 的一组nbX i7 - 13L (θ) = P (x 1 , x 2 , , x n ;θ) = ∏ P (x i ;θ)i =1由于样本值中 0 出现一次，故用 0 的对应概率θ2一次. 样本值中数值 1 出现二次，故用两个 2θ（1-θ）相乘，数值 2 出现一次，故用 2 的对应概率θ2一次，数值 3 出现四次，故用（1- 2θ）4.总之，对于给定的样本值的似然函数为：L (θ) = θ2⋅[2θ（1-θ）]2⋅θ2 ⋅ (1- 2θ)4 = 4θ6 (1-θ)2 (1- 2θ)4L (θ) > 0 ，等式两边同取自然对数得l n L (θ) = ln 4 + 6 ln θ+ 2 ln(1-θ) + 4 ln(1- 2θ),l n L (θ) 和 L (θ) 在θ的同一点取得最大值，所以d ln L (θ) = 6 - 2 - 8 = 6 - 28θ+ 24θ2d θ θ 1-θ 1- 2θ θ(1-θ)(1- 2θ)令 d ln L (θ) = 0 ，解得θ =7 ± 13 7 + , 因13 > 1 与题目中0<θ< 1 矛盾，不合题 d θ 1,2 12 ∧θ12 2 2意，所以的最大似然估计值为θ=. 12n。

2002年考研数学一真题及答案详解

(2)【分析】
1 1 0, 不妨认为 n, un 0, 因而所考虑级数是交错级数 ,但不能保证的单 n u un n
lim
调性. 按定义考察部分和
Sn (1) k 1 (
k 1 n n n 1 1 1 1 ) (1) k 1 (1) k 1 uk uk 1 uk k 1 uk 1 k 1

1 1 1 发散 ( ) 发散.因此选(C). un 1 n 1 un n 1 n

(3)【分析】理,
证明 (B) 对: 反证法 . 假设 lim f ( x) a 0 ,则由拉格朗日中值定
x
f (2 x) f ( x) f '( ) x ( x )
dP dy 0, P y
积分得
ln P ln y C ', 即 P
C1 ( P 0 对应 C1 0 ); y
1 1 由 x 0 时 y 1, P y ' , 得 C1 . 于是 2 2
y' P 1 , 2 ydy dx, 积分得 y 2 x C2 . 2y
af (h) bf (2h) f (0) o(h) ,试求 a , b 的值.
四、(本题满分 7 分) 已知两曲线 y f ( x) 与 y 求极限 lim nf ( ) .
n

arctan x 0
et dt 在点 (0, 0) 处的切线相同.求此切线的方程,并
2
2 n
五、(本题满分 7 分) 计算二重积分
(5)设随机变量 X ~ N ( , 2 ) ,且二次方程 y 2 4 y X 0 无实根的概率为 0.5,则 =_____________. 二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内) (1)考虑二元函数 f ( x, y ) 的四条性质: ① f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续, ② f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的一阶偏导数连续, ③ f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处可微, ④ f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的一阶偏导数存在. 则有: (A)② ③ ① (C)③ ④ ① (B)③ ② ① (D)③ ① ④

2002考研数学一真题及答案解析

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.) (1)⎰∞+exx dx2ln =.(2)已知函数()y y x =由方程0162=-++x xy e y 确定,则(0)y ''=. (3)微分方程02='+''y y y 满足初始条件0011,'2x x yy ====的特解是.(4)已知实二次型323121232221321444)(),,(x x x x x x x x x a x x x f +++++=经正交变换x Py =可化成标准型216y f =,则a =.(5)设随机变量X 服从正态分布2(,)(0)N μσσ>,且二次方程042=++X y y 无实根的概率为12,则μ＝ .二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)考虑二元函数),(y x f 的下面4条性质: ①),(y x f 在点),(00y x 处连续; ②),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数连续; ③),(y x f 在点),(00y x 处可微;④),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数存在．若用“P Q ⇒”表示可由性质P 推出性质Q ,则有(A ) ②⇒③⇒①. (B ) ③⇒②⇒①. (C ) ③⇒④⇒①.(D ) ③⇒①⇒④.(2)设0(1,2,3,)n u n ≠=L ,且lim1n nnu →∞=,则级数11111(1)()n n n n u u ∞+=+-+∑ (A ) 发散. (B ) 绝对收敛.(C ) 条件收敛.(D ) 收敛性根据所给条件不能判定.(3)设函数()y f x =在(0,)+∞内有界且可导,则 (A ) 当0)(lim =+∞→x f x 时,必有0)(lim ='+∞→x f x .(B ) 当)(lim x f x '+∞→存在时,必有0)(lim ='+∞→x f x .(C ) 当0lim ()0x f x +→=时,必有0lim ()0x f x +→'=. (D ) 当0lim ()x f x +→'存在时,必有0lim ()0x f x +→'=.(4)设有三张不同平面的方程123i i i i a x a y a z b ++=,3,2,1=i ,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为２,则这三张平面可能的位置关系为(5)设1X 和2X 是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为1()f x 和2()f x ,分布函数分别为1()F x 和2()F x ,则(A ) 1()f x ＋2()f x 必为某一随机变量的概率密度. (B ) 1()f x 2()f x 必为某一随机变量的概率密度. (C ) 1()F x ＋2()F x 必为某一随机变量的分布函数. (D ) 1()F x 2()F x 必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分) 设函数)(x f 在0x =的某邻域内具有一阶连续导数,且(0)0,(0)0f f '≠≠,若()(2)(0)af h bf h f +-在0→h 时是比h 高阶的无穷小,试确定b a ,的值.四、(本题满分7分) 已知两曲线)(x f y =与⎰-=x t dt e yarctan 02在点(0,0)处的切线相同,写出此切线方程,并求极限)2(lim nnf n ∞→.五、(本题满分7分) 计算二重积分dxdy e Dy x⎰⎰},max{22,其中}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D .六、(本题满分8分)设函数)(x f 在(,)-∞+∞内具有一阶连续导数,L 是上半平面(y ＞0)内的有向分段光滑曲线,其起点为(b a ,),终点为(d c ,).记2221[1()][()1],L xI y f xy dx y f xy dy y y=++-⎰(1)证明曲线积分I 与路径L 无关; (2)当cd ab =时,求I 的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数333369()1()3!6!9!(3)!nx x y x x n =++++++-∞<<+∞L L 满足微分方程x e y y y =+'+'';(2)利用(1)的结果求幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数.八、(本题满分7分)设有一小山,取它的底面所在的平面为xOy 坐标面,其底部所占的区域为2{(,)|D x y x =275}y xy +-≤,小山的高度函数为),(y x h xy y x +--=2275.(1)设),(00y x M 为区域D 上一点,问),(y x h 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?若记此方向导数的最大值为),(00y x g ,试写出),(00y x g 的表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一上山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说,要在D 的边界线2275x y xy +-=上找出使(1)中),(y x g 达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知四阶方阵),,,(4321αααα=A ,4321,,,αααα均为4维列向量,其中432,,ααα线性无关,3212ααα-=,如果4321ααααβ+++=,求线性方程组β=Ax 的通解.十、(本题满分8分) 设,A B 为同阶方阵,(1)若,A B 相似,证明,A B 的特征多项式相等. (2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立. (3)当,A B 均为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.十一、(本题满分7分) 设维随机变量X 的概率密度为10,cos ,()220,x x f x π⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他.对X 独立地重复观察４次,用Y 表示观察值大于3π的次数,求2Y 的数学期望.十二、(本题满分7分)其中1(0)2θθ<<是未知参数,利用总体X 的如下样本值3,1,3,0,3,1,2,3,求θ的矩估计值和最大似然估计值.2002年考研数学一试题答案与解析一、填空题 (1)【分析】原式2ln 11.ln ln eed x x x+∞+∞==-=⎰(2)【分析】方程两边对x 两次求导得'6'620,y e y xy y x +++=① 2'''6''12'20.y y e y e y xy y ++++=②以0x =代入原方程得0y =,以0x y ==代入①得'0,y =,再以'0x y y ===代入②得''(0) 2.y =-(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令'()y P y =(以y 为自变量),则'''.dy dP dPy P dx dx dy=== 代入方程得20dP yPP dy +=,即0dP y P dy+=(或0P =,但其不满足初始条件01'2x y ==). 分离变量得0,dP dy P y+= 积分得ln ln ',P y C +=即1C P y=(0P =对应10C =); 由0x =时11,',2y P y ===得11.2C =于是又由01x y==得21,C =所求特解为y =(4)【分析】因为二次型Tx Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A 的特征值,所以6,0,0是A 的特征值.又因iiia λ=∑∑,故600, 2.a a a a ++=++⇒=(5)【分析】设事件A 表示“二次方程042=++X y y 无实根”,则{1640}{A X X =-<=>4}.依题意,有1(){4}.2P A P X =>=而 4{4}1{4}1(),P X P X μΦσ->=-≤=-即414141(),(),0. 4.22μμμΦΦμσσσ----===⇒=二、选择题(1)【分析】这是讨论函数(,)f x y 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y 可微则必连续,故选(A ).(2)【分析】由1lim 101n n un n →+∞=>⇒充分大时即,N n N ∃>时10n u >,且1lim 0,n nu →+∞=不妨认为,0,n n u ∀>因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1nu 的单调性. 按定义考察部分和111111111111(1)()(1)(1)nn nk k k n k k k k k k k S u u u u +++===++=-+=-+-∑∑∑1111111(1)11(1)1(1)(),k n nn l k l k l n n u u u u u ++==+--=-+-=+→→+∞∑∑⇒原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()n nn u u ∞=++∑.注意111112,11n n n n u u n n n u u n n++++=+⋅→+ 11n n ∞=∑发散⇒1111()n n n u u ∞=++∑发散.因此选(C ).(3)【分析】证明(B )对:反证法.假设lim ()0x f x a →+∞'=≠,则由拉格朗日中值定理,(2)()'()()f x f x f x x ξ-=→∞→+∞(当x →+∞时,ξ→+∞,因为2x x ξ<<);但这与(2)()(2)()2f x f x f x f x M -≤+≤矛盾(()).f x M ≤(4)【分析】因为()()23r A r A ==<,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B ).(A )表示方程组有唯一解,其充要条件是()() 3.r A r A ==(C )中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A =和()3r A =,且A 中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D )中有两个平面平行,故()2r A =,()3r A =,且A 中有两个平行向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(A )与(C ),因121212[()()]()()21,()()112 1.f x f x dx f x dx f x dx F F +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=≠+∞++∞=+=≠⎰⎰⎰对于选项(B ),若121,21,1,01,()()0,0,x x f x f x -<<-<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他，其他，则对任何(,),x ∈-∞+∞ 12()()0f x f x ≡,12()()01,f x f x dx +∞-∞=≠⎰因此也应否定(C ),综上分析,用排除法应选(D ).进一步分析可知,若令12max(,)X X X =,而~(),1,2,i i X f x i =则X 的分布函数()F x 恰是12()().F x F x1212(){max(,)}{,}F x P X X x P X x X x =≤=≤≤1212{}{}()().P X x P X x F x F x =≤≤=三、【解】用洛必达法则.由题设条件知lim[()(2)(0)](1)(0).h af h bf h f a b f →+-=+-由于(0)0f '≠,故必有10.a b +-=(2)'(0)0,a b f =+=及(0)0f '≠,则有20a b +=. 综上,得2, 1.a b ==-四、【解】由已知条件得(0)0,f =22arctan arctan 02'(0)()'1,1xx t xx x e f e dt x --=====+⎰故所求切线方程为y x =.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得五、【分析与求解】 D 是正方形区域如图.因在D 上被积函数分块表示2222,,max{,}(,),,,x x y x y x y D y x y ⎧≥⎪=∈⎨≤⎪⎩于是要用分块积分法,用y x =将D 分成两块:1212,{},{}.D D D D D y x D D y x ==≤=≥U I I⇒I 222212max{,}max{,}xy xy D D e dxdy e dxdy =+⎰⎰⎰⎰2221212x y x D D D e dxdy e dxdy e dxdy =+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰(D 关于y x =对称)2102xx dx e dy =⎰⎰(选择积分顺序)221102 1.x xxe dx e e ===-⎰六、【分析与求解】(1)易知Pdx Qdy +∃原函数,2211()()()()()x Pdx Qdy dx yf xy dx xf xy dy dy ydx xdy f xy ydx xdy y y y+=++-=-++ 0()()()[()].xy x xd f xy d xy d f t dt y y =+=+⎰⇒在0y >上Pdx Qdy +∃原函数,即0(,)()xy xu x y f t dt y =+⎰. ⇒积分I 在0y >与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c d a b c a I u x y d b==-七、【证明】与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数3693()13!6!9!(3)!nx x x x y x n =++++++L L的收敛域是()x -∞<+∞,因而可在()x -∞<+∞上逐项求导数,得25831'()2!5!8!(31)!n x x x x y x n -=+++++-L L ,4732''()4!7!(32)!n x x x y x x n -=+++++-L L ,所以2'''12!!nx x x y y y x e n ++=+++++=L L ()x -∞<+∞.(2)与'''xy y y e ++=相应的齐次微分方程为'''0y y y ++=,其特征方程为210λλ++=,特征根为1,2122λ=-±.因此齐次微分方程的通解为212(cossin )22x Y eC x C x -=+. 设非齐次微分方程的特解为xy Ae *=,将y *代入方程'''xy y y e ++=可得13A =,即有13x y e *=.于是,方程通解为2121(cossin )223xx y Y y eC x C x e -*=+=++. 当0x =时,有112121(0)1,23,0.311'(0)0.223y C C C y C ⎧==+⎪⎪⇒==⎨⎪==-++⎪⎩于是幂级数30(3)!n n x n ∞=∑的和函数为221()33x x y x e x e -=+()x -∞<+∞八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数),(y x h 在点M 处沿该点的梯度方向0000(,)(,)0000(,){,}{2,2}x y x y h h h x y x y y x x y∂∂==-+-+∂∂grad方向导数取最大值即00(,)(,)x y h x y grad 的模,00(,)g x y ⇒=(2)按题意,即求(,)g x y 求在条件22750x y xy +--=下的最大值点⇔22222(,)(2)(2)558g x y y x x y x y xy =-+-=+-在条件22750x y xy +--=下的最大值点. 这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数2222(,,)558(75),L x y x y xy x y xy λλ=+-++--则有22108(2)0,108(2)0,750.Lx y x y x Ly x y x y L x y xy λλλ⎧∂=-+-=⎪∂⎪∂⎪=-+-=⎨∂⎪⎪∂=+--=⎪∂⎩ 解此方程组:将①式与②式相加得()(2)0.x y x y λ++=⇒=-或 2.λ=-若y x =-,则由③式得2375x =即5, 5.x y =±=m 若2,λ=-由①或②均得y x =,代入③式得275x =即x y =±=±于是得可能的条件极值点1234(5,5),(5,5),(M M M M ----现比较222(,)(,)558f x y g x y x y xy ==+-在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f M f M f M f M ====因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,,,M M M M 中取到.因此2(,)g x y 在12,M M 取到在D 的边界上的最大值,即12,M M 可作为攀登的起点.九、【解】由432,,ααα线性无关及3212ααα-=知,向量组的秩1234(,,,)3r αααα=,即矩阵A 的秩为3.因此0Ax =的基础解系中只包含一个向量.那么由123412312(,,,)2010ααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦知,0Ax =的基础解系是(1,2,1,0).T-再由123412341111(,,,)1111A βαααααααα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+++==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知,(1,1,1,1)T是β=Ax 的一个特解.故β=Ax 的通解是1121,1101k ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中k 为任意常数.十、【解】 (1)若,A B 相似,那么存在可逆矩阵P ,使1,P AP B -=故111E B E P AP P EP P AP λλλ----=-=-11().P E A P P E A P E A λλλ--=-=-=-(2)令0100,,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦那么2.E A E B λλλ-==- 但,A B 不相似.否则,存在可逆矩阵P ,使10P AP B -==.从而100A P P -==,矛盾,亦可从()1,()0r A r B ==而知A 与B 不相似.(3)由,A B 均为实对称矩阵知,,A B 均相似于对角阵,若,A B 的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,,,n λλL 则有A 相似于1,n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O B也相似于1.n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 即存在可逆矩阵,P Q ,使111.n P AP Q BQ λλ--⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 于是111()().PQ A PQ B ---=由1PQ -为可逆矩阵知,A 与B 相似.十一、【解】由于311{}cos ,3222x P X dx πππ>==⎰依题意,Y 服从二项分布1(4,)2B ,则有2222111()()4(4) 5.222EY DY EY npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、【解】 22012(1)23(12)34,EX θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(3).4EX θ=- θ的矩估计量为1ˆ(3),4X θ=-根据给定的样本观察值计算1(31303123)8x =+++++++ 2.=因此θ的矩估计值11ˆ(3).44x θ=-= 对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12),ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L L θθθθθθθθ=--=++-+-2ln ()62824286.112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=----令ln ()0d L d θθ=,得方程2121430θθ-+=,解得θ=1,2θ=>不合题意). 于是θ的最大似然估计值为ˆθ=。

2002考研数一真题及解析

八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向导数的最大值是梯度的模长，
(2) 命=，求在约束条件下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数则
. 由第1、第2 两式相加可得 . 从而得或，再分别讨论之.
若，则解得或若，则解得或于是得到如上4个可能极值点. 将记为. 由于故点可作为攀登起点.
五【详解】应先将写成分块表达式. 记于是
从而
六【详解】(1) 记，所以，. 故在上半平面()，该曲线积分与路径无关. (2)方法1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端
点连接起来. 先从点到点再到点. 有经积分变量变换后，. 当时，推得.
方法2:原函数法. 由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿—莱布尼
0，又由得. 解联立方程组得，.
方法2：分别将按佩亚诺余项泰勒公式展开到，有，
从而由题设条件知，所以. 方法3：由题设条件，有由于，所以. 再将代入，并凑成导数定义形式，有从而 .
四【详解】由知，由变上限积分的求导公式得所以
因此，过点的切线方程为在点处与上述曲线有相同的切线方程，于是.
方法2：证明(B)正确. 设存在，记，证明. 用反证法，若，则对于，存在，使当时，，即由此可知，有界且大于.在区间上应用拉格朗日中值定理，有
从而，与题设有界矛盾.类似可证当时亦有矛盾. 故.
(4) 【答案】(B)
【详解】三张不同平面的方程分别为判断三个平面有无公共点即判断方程组有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是(未知量的个数)，所以方程组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除(A)三平面唯一交点(即方程组只有唯一解)(C)、(D)三平面没有公共交点(即方程组无解).

2002年数学真题(附评卷说明与参考答案)

2002年数学真题（附评卷说明与参考答案）2003年考研数学（一）真题评注一、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）（1）)1ln(12)(cos lim x x x +→ =e 1.【分析】 ∞1型未定式，化为指数函数或利用公式)()(lim x g x f )1(∞=)()1)(lim(x g x f e-进行计算求极限均可.【详解1】)1ln(12)(cos lim x x x +→=xx x ecos ln )1ln(1lim20+→,而212cos sin lim cos ln lim )1ln(cos ln lim 02020-=-==+→→→x x xx x x x x x x ，故原式=.121e e=-【详解2】因为2121lim )1ln(1)1(cos lim 2202-=-=+⋅-→→x xx x x x ，所以原式=.121e e=-【评注】本题属常规题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.24-25 【例1.30-31】.（2）曲面22y x z +=与平面042=-+z y x 平行的切平面的方程是542=-+z y x .【分析】待求平面的法矢量为}1,4,2{-=n ，因此只需确定切点坐标即可求出平面方程, 而切点坐标可根据曲面22y x z +=切平面的法矢量与}1,4,2{-=n 平行确定.【详解】令 22),,(y x z z y x F --=，则x F x 2-='，y F y 2-='， 1='z F .设切点坐标为),,(000z y x ，则切平面的法矢量为 }1,2,2{00y x --，其与已知平面042=-+z y x 平行，因此有11422200-=-=-y x ，可解得 2,100==y x ，相应地有.520200=+=y x z 故所求的切平面方程为0)5()2(4)1(2=---+-z y x ，即 542=-+z y x .【评注】本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.279 【例10.28】和《数学题型集粹和练习题集》P.112 【例8.13】.（3）设)(cos 02ππ≤≤-=∑∞=x nx a x n n ，则2a = 1 .【分析】将)()(2ππ≤≤-=x x x f 展开为余弦级数)(cos 02ππ≤≤-=∑∞=x nx a x n n ，其系数计算公式为⎰=ππcos )(2nxdxx f a n .【详解】根据余弦级数的定义，有xd x xdx x a 2sin 12cos 22022⎰⎰=⋅=ππππ=⎰⋅-πππ02]22sin 2sin [1xdx x xx=⎰⎰-=πππππ]2cos 2cos [12cos 1xdx xx x xd=1.【评注】本题属基本题型，主要考查傅里叶级数的展开公式，本质上转化为定积分的计算. 完全类似例题见《文登数学全真模拟试卷》数学一P.62第一大题第（6）小题和《数学复习指南》P.240 【例8.37】.（4）从2R 的基⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=11,0121αα到基⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=21,1121ββ的过渡矩阵为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2132 .【分析】 n 维向量空间中，从基n ααα,,,21 到基n βββ,,,21 的过渡矩阵P 满足 [nβββ,,,21 ]=[nααα,,,21 ]P ，因此过渡矩阵P 为：P=[121],,,-n ααα [],,,21n βββ .【详解】根据定义，从2R 的基⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=11,0121αα到基⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=21,1121ββ的过渡矩阵为P=[121],-αα[⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-21111011],121ββ. =.213221111011⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡- 【评注】本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.429 【例3.35】.（5）设二维随机变量(X,Y)的概率密度为，y x x y x f 其他,10,0,6),(≤≤≤⎩⎨⎧= 则=≤+}1{Y X P 41.【分析】已知二维随机变量(X,Y)的概率密度f(x,y)，求满足一定条件的概率}),({0z Y X g P ≤，一般可转化为二重积分}),({0z Y X g P ≤=⎰⎰≤0),(),(z y x g dxdyy x f 进行计算.【详解】由题设，有 =≤+}1{Y X P ⎰⎰⎰⎰≤+-=121016),(y x xxxdydx dxdy y x f=.41)126(2102=-⎰dx x x【评注】本题属基本题型，但在计算二重积分时，应注意找出概率密度不为零与满足不等式1≤+y x 的公共部分D ，再在其上积分即可. 完全类似例题见《文登数学全真模拟试卷》数学一P.14第一大题第（5）小题.（6）已知一批零件的长度X (单位：cm)服从正态分布)1,(μN ，从中随机地抽取16个零件，得到长度的平均值为40 (cm)，则μ的置信度为0.95的置信区间是)49.40,51.39(.(注：标准正态分布函数值.)95.0)645.1(,975.0)96.1(=Φ=Φ 【分析】已知方差12=σ，对正态总体的数学期望μ进行估计，可根据)1,0(~1N n X μ-，由αμα-=<-1}1{2u n X P 确定临界值2αu ，进而确定相应的置信区间.【详解】由题设，95.01=-α，可见.05.0=α于是查标准正态分布表知.96.12=αu 本题n=16, 40=x , 因此，根据95.0}96.11{=<-n X P μ，有95.0}96.116140{=<-μP ，即 95.0}49.40,51.39{=P ，故μ的置信度为0.95的置信区间是)49.40,51.39(.【评注】本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.608 【例6.16】.二、选择题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）（1）设函数f(x)在),(+∞-∞内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x)有 (A) 一个极小值点和两个极大值点. (B) 两个极小值点和一个极大值点. (C) 两个极小值点和两个极大值点.(D) [ C ]【分析】答案与极值点个数有关，而可能的极值点应是导数为零或导数不存在的点，共4个，是极大值点还是极小值可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定.【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的点有3个，而 x=0 则是导数不存在的点. 三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致，必为极值点，且两个极小值点，一个极大值点；在x=0左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x=0为极大值点，故f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C).【评注】本题属新题型，类似考题2001年数学一、二中曾出现过，当时考查的是已知f(x)的图象去推导)(x f '的图象，本题是其逆问题. 完全类似例题在文登学校经济类串讲班上介绍过.（2）设}{},{},{n n n c b a 均为非负数列，且0lim =∞→n n a ,1lim =∞→n n b ,∞=∞→n n c lim ,则必有(A) n n b a <对任意n 成立. (B) n n c b <对任意n 成立.(C) 极限n n n c a ∞→lim 不存在. (D) 极限nn n c b ∞→lim 不存在. [ D ] 【分析】本题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大小无关，可立即排除(A),(B)；而极限nn n c a ∞→lim 是∞⋅0型未定式，可能存在也可能不存在，举反例说明即可；极限nn n c b ∞→lim 属∞⋅1型，必为无穷大量，即不存在.【详解】用举反例法，取n a n 2=，1=n b ，),2,1(21==n n c n ，则可立即排除(A),(B),(C)，因此正确选项为(D).【评注】对于不便直接证明的问题，经常可考虑用反例，通过排除法找到正确选项. 完全类似方法见《数学最后冲刺》P.179.（3）已知函数f(x,y)在点(0,0)的某个邻域内连续，且1)(),(lim2220,0=+-→→y x xyy x f y x ，则(A) 点(0,0)不是f(x,y)的极值点. (B) 点(0,0)是f(x,y)的极大值点. (C) 点(0,0)是f(x,y)的极小值点.(D) 根据所给条件无法判断点(0,0)是否为f(x,y)的极值点. [ A ] 【分析】由题设，容易推知f(0,0)=0，因此点(0,0)是否为f(x,y)的极值，关键看在点(0,0)的充分小的邻域内f(x,y)是恒大于零、恒小于零还是变号.【详解】由1)(),(lim2220,0=+-→→y x xyy x f y x 知，分子的极限必为零，从而有f(0,0)=0, 且222)(),(y x xy y x f +≈- y x ,(充分小时），于是.)()0,0(),(222y x xy f y x f ++≈-可见当y=x 且x 充分小时，04)0,0(),(42>+≈-x x f y x f ；而当y= -x 且x 充分小时，04)0,0(),(42<+-≈-x x f y x f . 故点(0,0)不是f(x,y)的极值点，应选(A).【评注】本题综合考查了多元函数的极限、连续和多元函数的极值概念，题型比较新，有一定难度. 将极限表示式转化为极限值加无穷小量，是有关极限分析过程中常用的思想，类似分析思想的例题见《数学复习指南》P.43 【例1.71】.（4）设向量组I ：r ααα,,,21 可由向量组II ：s βββ,,,21 线性表示，则 (A) 当s r <时，向量组II 必线性相关. (B) 当s r >时，向量组II 必线性相关. (C) 当s r <时，向量组I 必线性相关. (D) 当s r >时，向量组I 必线性相关. [ D ]【分析】本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I ：rααα,,,21 可由向量组II ：s βββ,,,21 线性表示，则当s r >时，向量组I 必线性相关. 或其逆否命题：若向量组I ：r ααα,,,21 可由向量组II ：s βββ,,,21 线性表示，且向量组I 线性无关，则必有s r ≤. 可见正确选项为(D). 本题也可通过举反例用排除法找到答案.【详解】用排除法：如⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10,01,00211ββα，则21100ββα⋅+⋅=，但21,ββ线性无关，排除(A)；⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=01,01,00121βαα，则21,αα可由1β线性表示，但1β线性无关，排除(B)；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10,01,01211ββα，1α可由21,ββ线性表示，但1α线性无关，排除(C). 故正确选项为(D).【评注】本题将一已知定理改造成选择题，如果考生熟知此定理应该可直接找到答案，若记不清楚，也可通过构造适当的反例找到正确选项。

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一真题及答案

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题（本题共5小题，每小题3分，满分15分．把答案填在题中横线上．）（1）=⎰+∞e2ln d xx x．【答案】1【考点】反常(广义)积分【难易度】★★ 【详解】解析：22ee 11lim lim lim 11ln ln ln ln b b b b b dx dx e x x x x x b +∞→+∞→+∞→+∞⎡⎤⎡⎤==-=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰ （2）已知函数)(x y y =由方程0162=-++x xy e y 确定，则)0(y ''＝．【答案】2-【考点】隐函数的导数【难易度】★★【详解】解析：由2610ye xy x ++-=两边对x 求导，将y 看成由此式确定的x 的函数，有6620,y e y xy y x ''+++=62,6yy xy e x+'=-+ 2(6)62(62)(6),(6)y y y e x y y x e y y e x ''++++''=-+（）-以0x =代入原方程，得(0)0y =.再代入y '的表达式，得(0)0y '=.于是(0)2y ''=-. （3）微分方程02='+''y y y 满足初始条件21,100='===x x y y 的特解是．【答案】1y x =+【考点】可降阶的高阶微分方程【难易度】★★★【详解】本题涉及到的主要知识点：缺x 的可降阶的高阶微分方程，令dydp py p y =''=',；解析：方法1：将20yy y '''+=改写为()0yy ''=，从而得1yy C '=.以初始条件1(0)1,(0)2y y '==代入，有1112C ⨯=，所以得12yy '=.即21yy '=，改写为2()1y '=.解得2,y x C =+2y x C =±+.再以初值代入，21C =±所以应取""+且21C =.于是特解1y x =+.方法2：这是属于缺x 的类型(,)y f y y '''=.命,dp dp dy dpy p y p dx dy dx dy'''====. 原方程20yy y '''+=化为20dpypp dy +=，得 0p =或0dpyp dy+= 0p =即0dy dx =，不满足初始条件1'02y x ==，弃之，由0dp y p dy +=按分离变量法解之，得1.C y 由初始条件11,'002y y x x ====可将1C 先定出来：1111,212C C ==.于是得12dy dx y= 解之，得222,y x C y x C =+=±+.以01x y ==代入，得21C =±，所以应取“+”号且21C =.于是特解是1y x =+.（4）已知实二次型323121232221321444)(),,(x x x x x x x x x a x x x f +++++=经正交变换Py x =可化成标准形216y f =，则a ＝．【答案】2【考点】用正交变换化二次型为标准形【难易度】★★★【详解】解析：方法1：二次型f 的对应矩阵222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，且600000000A ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦故有331136006iii i i aa λ=====++=∑∑，得2a =.方法2：由226220220a A a a ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=Λ=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知0是A 的特征值，故22212222(4)12(4)(2)02212a A a a a a a aa==+=+-=，得4a =-或2a =, (1)又6是A 的特征值，故26221226262(2)162(2)(8)0226126a E A a a a a a a a -----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=---=---=--=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-----⎣⎦⎣⎦得2a =或8a = （2）取（1），（2）的公共部分，得2a =.方法3：f 的对应矩阵为222222a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，直接求A 的特征值，其中一个单根是6，一个二重根应是0，即由22212222(4)12[(4)][(2)]2212a E A a a a a a a a λλλλλλλλλ-----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-=---=----=----⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-----⎣⎦⎣⎦其中单根46a +=，及二重根20a -=，故知2a =.方法4：226220220a A a a ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=Λ=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦有()()1r A r =Λ=因2222222222202222220222a a a A a a a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=→→--⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥--⎣⎦22222022022002(28)002(2)(4)a a a a a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥→--→--⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+---+⎣⎦⎣⎦因()1r A =，故应取2a =.（5）设随机变量X 服从正态分布)0)(,(2>σσμN ，且二次方程042=++X y y 无实根的概率为21，则μ＝．【答案】4 【考点】正态分布【难易度】★★【详解】解析：二次方程无实根，即240y y X ++=的判别式1640X -<，也就有4X >.此事发生概率为12，即{}142P X >=，所以4μ=. 二、选择题（本题共5小题，每小题3分，满分15分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内．）（1）考虑二元函数),(y x f 的下面4条性质：①),(y x f 在点),(00y x 处连续； ②),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数连续； ③),(y x f 在点),(00y x 处可微； ④),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数存在．若用""Q P ⇒表示可由性质P 推出性质Q ，则有（）（A ）②⇒③⇒①．（B ）③⇒②⇒①．（C ）③⇒④⇒①．（D ）③⇒①⇒④．【答案】A【考点】二元函数的连续的概念、全微分存在的必要条件、全微分存在的充分条件【难易度】★【详解】本题涉及到的主要知识点：①（必要条件）如果函数),(y x f z =在点),(y x 可微分，则该函数在点),(y x 的偏导数y z x z ∂∂∂∂,必定存在，且函数),(y x f z =在点),(y x 的全微分为dy yzdx x z dz ∂∂+∂∂=； ②（充分条件）如果函数),(y x f z =的偏导数yzx z ∂∂∂∂,在点),(y x 连续，则函数在该点可微分.解析：(,)x f x y '与(,)y f x y '连续(,)f x y ⇒可微(,)(,)(,)x y f x y f x y f x y ⎧''⎪⇒⎨⎪⎩与存在连续（2）设0(1,2,)nu n ≠=，且1lim =∞→nn u n ，则级数)11()1(111++∞=+-∑n n n n u u （）（A ）发散．（B ）绝对收敛．（C ）条件收敛．（D ）收敛性根据所给条件不能判定．【答案】C【考点】绝对收敛与收敛的关系【难易度】★★【详解】解析：由lim 1n n n u →∞=知，当n 充分大时，0n u >，1111()n n n u u ∞=++∑为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件lim1n nnu →∞=知：111111111lim lim lim()lim(1)111221111n n n n n n n n n n n n nu u u u n n n n n u u u n n n n ++→∞→∞→∞→∞+++++==+=+⋅=+++++，而级数111121()1(1)n n n n n n n ∞∞==++=++∑∑是发散的，所以1111()n nn u u ∞=++∑也发散；考察原级数的前n 项部分和1122334111111111()()()(1)()n n n n S u u u u u u u u ++=+-+++-+-+11111(1)n n u u ++=+-由lim1n n n u →∞=知，当n 充分大时，0n u >，且lim n n u →∞=+∞.所以11lim n n S u →∞=（收敛），所以选（C ）.（3）设函数)(x f y =在),0(+∞内有界且可导，则（）（A ）当0)(lim =+∞→x f x 时，必有.0)(lim ='+∞→x f x（B ）当)(lim x f x '+∞→存在时，必有.0)(lim ='+∞→x f x（C ）当0)(lim 0=+→x f x 时，必有0)(lim 0='+→x f x ．（D ）当)(lim 0x f x '+→存在时，必有0)(lim 0='+→x f x ．【答案】B【考点】导数的概念【难易度】★★★★【详解】解析：方法1：排斥法（A ）的反例21()sin ,f x x x =它有界，221()sin 2cos ,lim ()0x f x x x f x x→+∞'=-+=，但lim ()x f x →+∞'不存在.(C)与(D)的反例同（A ）的反例.0lim ()0x f x →+=,但0lim ()10x f x →+'=≠，（C ）不成立；0lim ()10x f x →+'=≠，（D ）也不成立.（A ）、（C ）、（D ）都不对，故选（B ）．方法2：证明（B ）正确.设lim ()x f x →+∞'存在，记为A ，求证0A =.用反证法，设0A ≠.若0A >，则由保号性知，存在00x >，当0x x >时()2Af x '>,在区间0[,]x x 上对()f x 用拉格朗日中值定理知,有00000()()()()()(),.2Af x f x f x x f x x x x x ξξ'=+->+-<< ,x →+∞，从而有()f x →+∞，与()f x 有界矛盾.类似可证若0A <亦矛盾.（4）设有三张不同平面的方程a i 1x ＋a i 2y ＋a i 3z ＝b i ，i ＝1，2，3，它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2，则这三张平面可能的位置关系为（）【答案】B【考点】线性方程组有解和无解的判定【难易度】★★【详解】解析：由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是23<（未知量的个数），所以方程组有无穷多解，应排除（A ）三平面唯一交点（唯一解）（C ）、（D ）三平面没有公共交点. 故应选(B).（5）设1X 和2X 是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为)(1x f 和)(2x f ，分布函数分别为)(1x F 和)(2x F ，则（）（A ）)()(21x f x f +必为某一随机变量的概率密度．（B ）)()(21x f x f 必为某一随机变量的概率密度．（C ）)()(21x F x F +必为某一随机变量的分布函数．（D ）)()(21x F x F 必为某一随机变量的分布函数．【答案】D【考点】随机变量的分布函数的性质、连续型随机变量的概率密度的性质【难易度】★★★【详解】本题涉及到的主要知识点：①若)(x f 为某一随机变量的概率密度，则必有⎰+∞∞-=1)(dx x f ；②若)(x F 为某一随机变量的分布函数，则必有)()0(;1)(,0)(00x F x F F F =+=+∞=-∞ 解析：方法1：（A ）选项不可能，因为1212[()()]()()1121f x f x dx f x dx f x dx +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=+=≠⎰⎰⎰也不能选（B ），因为可令121,101,01()()0,0,x x f x f x -<<<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他其他显然12()()f x f x ，均是均匀分布的概率密度.而12()()0f x f x =，不满足12()()1f x f x dx +∞-∞=⎰条件.(C)当然也不正确，因为12lim [()()]1121x F x F x →+∞+=+=≠ 根据排除法，答案应选（D ）.方法2：令12max(,)X X X =，显然X 也是一个随机变量.X 的分布函数为{}{}{}1212()max(,),F x P X x P X X x P X x X x =≤=≤=≤≤{}{}1212()()P X x P X x F x F x =≤≤=.所以答案应选（D ）三、（本题满分6分）设函数)(x f 在0=x 的某邻域内具有一阶连续导数，且,0)0(,0)0(≠'≠f f 若)0()2()(f h bf h af -+在0→h 时是比h 高阶的无穷小，试确定b a ,的值．【考点】无穷小的比较，洛必达法则【难易度】★★★【详解】解析：方法1：由题设条件知有0lim[()(2)(0)](1)(0)0h af h bf h f a b f →+-=+-=由于(0)0f ≠，所以10a b +-=. 又由洛必达法则，00()(2)(0)limlim(()2(2))(2)(0)h h af h bf h f af h bf h a b f h→→+-'''=+=+由题设，上式应等于0，从而又有20a b +=与10a b +-=联立解之，2,1a b ==-. 方法2：分别将(),(2)f h f h 按佩亚诺余项泰勒公式展开到()o h ，有1()(0)(0)()f h f f h o h '=++ 2(2)(0)2(0)()f h f f h o h '=++从而 3()(2)(0)(1)(0)(2)(0)()af h bf h f a b f a b f h o h '+-=+-+++ 由题设条件知，10,20,a b a b +-=+=所以2,1a b ==-.方法3：由题设条件，有0lim[()(2)(0)](1)(0)0h af h bf h f a b f →+-=+-=由于(0)0f ≠，所以10a b +-=.再将01lim [()(2)(0)]h af h bf h f h→+- 以代1a b =-入，并凑成导数定义形式，有000()(2)(0)(1)()(2)(0)0limlim()(0)()(0)(2)(0)lim[2]2h h h af h bf h f b f h bf h f h hf h f f h f f h f b b h h h→→→+--+-==---=-+(0)(0)2(0)1)(0),f bf bf b f ''''=-+=+（从而知2,1a b ==-. 四、（本题满分7分）已知两曲线)(x f y =与t y xt d e arctan 02⎰-=在点)0,0(处的切线相同，写出此切线方程，并求极限)2(lim nnf n ∞→．【考点】积分上限的函数及其导数、平面曲线的切线、导数的概念【难易度】★★★ 【详解】解析：由2arctan 0xt y e dt -=⎰知(0)0y =，2(arctan )21,011x y e y x-''=⋅=+（）因此过点(0,0)的切线方程为.x y =)(x f y =在点(0,0)处与上述曲线有相同的切线方程，于是(0)0,(0)1f f '==.2()(0)2lim ()2lim 2(0) 2.2n n f f n nf f nn→∞→∞-'=== 五、（本题满分7分）计算二重积分{}y x Dy xd de 22,max ⎰⎰,其中}10,10),{(≤≤≤≤=y x y x D ．【考点】二重积分的计算【难易度】★★★ 【详解】解析：应先将{}22max ,x y e写成分块表达式.记{}{}12(,)01,0,(,)01,1D x y x y x D x y x x y =≤≤≤≤=≤≤≤≤于是有 {}2222max ,12(,);(,).x x y y ex y D e ex y D ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩从而{}{}{}222222221212max ,max ,max ,x y x y x y x y DD D D D ed ed ed e d e d σσσσσ=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22111xx y dx e dy dy e dx =+⎰⎰⎰⎰221111(1)(1) 1.22x y e xdx e ydy e e e =+=-+-=-⎰⎰ 六、（本题满分8分）设函数)(x f 在),(+∞-∞内具有一阶连续导数，L 是上半平面)0(>y 内的有向分段光滑曲线，其起点为),,(b a 终点为),(d c ．记y xy f y yx x xy f y y I L d ]1)([d )](1[1222-++=⎰, （1）证明曲线积分I 与路径L 无关；（2）当cd ab =时，求I 的值．【考点】第二类曲线积分的计算【难易度】★★★★【详解】解析：（1）记 2221(,)[1()],(,)[()1]xP x y y f xy Q x y y f xy y y=+=- 2211()(),()()Q P f xy xyf xy f xy xyf xy x y y y ∂∂''=+-=-++∂∂ (0)Q P y x y∂∂=>∂∂当所以在上半平面0y >，该曲线积分与路径无关.(2)方法1：用折线法计算I .先从点(,)a b 到点(,),c b 再到点(,)c d .有2221[1()][()1]cd ab c I b f bx dx y f cy dy by =++-⎰⎰()]()c d a b c a c c bf bx dx cf cy dy b d b-=+++-⎰⎰经积分变量变换后， ()cd ab c aI f t dt d b =-+⎰ 当ab cd =时，推得c aI d b=-.方法2:原函数法.2221[1()][()1]L xI y f xy dx y f xy dy y y=++-⎰2()()()()()LL L L ydx xdy xf xy ydx xdy d f xy d xy y y-=++=+⎰⎰⎰⎰ 由原函数法计算第二型曲线积分的公式（与定积分的牛顿—莱布尼茨公式类似），有(,)();(,)L c d x x c ad a b y y d b ==-⎰(,)()()()()()0,(,)Lc d f xy d xy F xy F cd F ab a b ==-=⎰其中()F u 为()f u 的一个原函数，即设()()F u f u '=.由此有c a I d b=-. 方法3：由于与路径无关，又由ab cd =的启发，取路径xy k =，其中k ab =.点(,)a b 与点(,)c d 都在此路径上.于是将kx y=代入之后， 22221[(1())()(()1)]da k kI y f k y f k dy y y y=+-+-⎰32222().dbd k k k k c ady b y y d b d b=-==-=-⎰ 七、（本题满分7分）（1）验证函数)()!3(!9!6!31)(3963+∞<<-∞++++++=x n x x x x x y n 满足微分方程x e y y y =+'+''；（2）利用（1）的结果求幂级数)!3(30n x nn ∑∞=的和函数．【考点】自由项为指数函数的二阶常系数非齐次线性微分方程、简单幂级数的和函数的求法【难易度】★★★★【详解】解析： (1) 369331()113(3)!(3)!nnn x x x x x y x n n ∞==+++++=+∑+！6！9！, 33313111113()(1)(3)!(3)!(3)!(31)!nn n n n n n n x x nx x y x n n n n --∞∞∞∞===='⎛⎫''=+=== ⎪-⎝⎭∑∑∑∑, 321(32)!n n x y n -∞=''=-∑从而 1()()()1!nx n x y x y x y x e n ∞='''++=+=∑说明30()(3)!nn x y x n ∞==∑是微分方程x y y y e '''++=的解，并且满足初始条件(0)1,(0)0.y y '==（2）微分方程x y y y e '''++=对应的齐次线性微分方程为0y y y '''++=，特征方程为012=++r r ，解得i r 2321±-=，所以齐次微分方程的通解为121233[cossin ]22x y eC x C x -=+ 设非齐次线性微分方程的特解为x Ce y =*，则x Ce y ='*，x Ce y ="*，代入非齐次线性微分方程得：x x e Ce =3，解得31=C ，所以非齐次线性微分方程的通解为*212331[cossin ]223x x y y y e C x C x e -=+=++. 从中找出满足初始条件(0)1,(0)0y y '==的解.为此，将初始条件代入通解中，得到111,3C +=121310223C C -++=，于是得到惟一的一组解：122,0.3C C ==从而得到满足微分方程x y y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，只有一个，为2231cos 323x x y e x e -=+另一方面，由（1）已知30()(3)!n n x y x n ∞==∑也是微分方程x y y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，由唯一性，所以级数3212311cos ().(3)!323xn x n x e x e x n ∞-=+=+-∞<<+∞∑八、（本题满分7分）设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy 坐标面，其底部所占的区域为}75),{(22≤-+=xy y x y x D ，小山的高度函数为xy y x y x h +--=2275),(．（1）设),(00y x M 为区域D 上一点，问),(y x h 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此方向导数的最大值为),(00y x g ，试写出),(00y x g 的表达式．（2）现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点．也就是说，要在D 的边界线7522=-+xy y x 上找出使（1）中的),(y x g 达到最大值的点．试确定攀登起点的位置．【考点】方向导数、梯度、多元函数的条件极值【难易度】★★★★【详解】解析：(1)方向导数的最大值为梯度的模(){}()()0000000000,220000,,(,)2,2.max(,)(2)(2)x y x y x y grad x h y x x y ugrad x h y x x y l=--∂==-+-∂22000000558(,).x y x y g x y =+-记（2）命2(,)(,)f x y g x y ==22558x y xy +-，由题意，求f 在约束条件22750x y xy --+=下的最大值点.为此，命 2222(,,)558(75)F x y x y xy x y xy λλ=+-+--+则 108(2)0x F x y y x λ'=-+-令，108(2)0y F y x x y λ'=-+-令，22750F x y xy λ'=--+令.由第1、第2 两式相加可得 ()(2)0x y λ+-=. 从而得y x =-或2λ=，再分别讨论之.若2λ=，则解得 1(,)(53,53)x y = 或 2(,)(53,53)x y =-- 若y x =-，则解得3(,)(5,5)x y =- 或 4(,)(5,5)x y =-于是得到如上4个可能极值点.将(,)i x y 记为(1,2,3,4)i M i =.由于1234()()150,()()450f M f M f M f M ====故点34(5555M M =-=-，）（，）可作为攀登起点. 九、（本题满分6分）已知4阶方阵43214321,,,),,,,(αααααααα=A 均为4维列向量，其中432,,ααα线性无关，,2321ααα-=如果4321ααααβ+++=，求线性方程组β=Ax 的通解．【考点】线性方程组解的性质和解的结构、非齐次线性方程组的基础解系和通解【难易度】★★★★【详解】解析：方法1：由234,,ααα线性无关，及123420,αααα=-+即1234,,,αααα线性相关，及1234βαααα=+++知[][][]12341234,,,()3,,,,r r A r A r ααααβααααβ====故Ax β=有解，且其通解为k ξη*+，其中k ξ是对应齐次方程0Ax =的通解，η*是Ax β=的一个特解,因123420,αααα=-+故 []123412341220,,,010αααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+==⎢⎥⎢⎥⎣⎦故[]1,2,1,0Tξ=-是0Ax =的基础解系.又[]1234123411,,,11βαααααααα⎡⎤⎢⎥⎢⎥=+++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦故[]1,1,1,1Tη*=是Ax β=的一个特解，故方程组的通解为[][]1,2,1,01,1,1,1TTk -+.（其中k 是任意常数）方法2：令[]1234,,,Tx x x x x =则线性非齐次方程为[]112233441234,,,x x x x x ααααααααβ+++==已知1234βαααα=+++，故11223344x x x x αααα+++=1234αααα+++将1232ααα=-代入上式，得12213344(23)()(1)0x x x x x ααα+-+-++-=由已知234,,ααα线性无关，上式成立当且仅当1213423010x x x x x +=⎧⎪-+=⎨⎪-=⎩ 取自由未知量3x k =，则方程组有解431321,,,23x x k x x k x k =====-+即方程组Ax β=有通解123410232310101x k x k k x k x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦.（其中k 是任意常数）十、（本题满分8分）设B A ,为同阶方阵，（1）如果B A ,相似，试证B A ,的特征多项式相等．（2）举一个二阶方阵的例子说明（1）的逆命题不成立．（3）当B A ,均为实对称矩阵时，试证（1）的逆命题成立．【考点】相似矩阵的概念、矩阵可相似对角化的充分必要条件【难易度】★★★ 【详解】解析：(1)因AB ，由定义知，存在可逆阵P ，使得1P AP B -=，故1111()E B E P AP P P P AP P E A P λλλλ-----=-=-=-1P E A P E A λλ-=-=-故,A B 有相同的特征多项式.（2）取0001,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则有2,,E A E B A B λλλ-==-有相同的特征多项式，但A 不相似于B ，因为对任何的2阶可逆阵P ，均有11P AP P OP O B --==≠，故（1）的逆命题不成立.（3）当,A B 都是实对称矩阵时，,A B 均能相似于对角阵，若,A B 有相同的特征多项式，则,A B 有相同的特征值（包含重数），,A B 将相似于同一个对角阵，设特征值为12,,,nλλλ则有 12n AB λλλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦从而知A B .(1)的逆命题成立.十一、（本题满分7分）设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=.,0,π0,2cos 21)(其他x x x f对X 独立地重复观察4次，用Y 表示观察值大于3π的次数，求2Y 的数学期望．【考点】独立重复试验、二项分布、随机变量的数字特征【难易度】★★★【详解】解析：由于3311()cos 3222x P X f x dx dx ππππ+∞⎧⎫>===⎨⎬⎩⎭⎰⎰所以 1(4,)2Y B ~.2222111()()[()]()4(4) 5.222E Y D Y E Y npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、（本题满分7分）设总体X 的概率分布为X 01 23 Pθ 2 2θ （1－θ ）θ 21－2θ其中)210(<<θθ是未知参数，利用总体X 的如下样本值 3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估计值和最大似然估计值．【考点】矩估计法、最大似然估计法【难易度】★★★【详解】解析：先求矩估计值22()012(1)23(12)34E X θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(31303123)28x =⨯+++++++=令()E X x =，即342θ-=. 解得的矩估计值为1.4θ∧=对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12)L θθθθ=--ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L θθθθ=++-+-2ln ()62862824112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=---- 令ln ()0d L d θθ=解得1,2713,12θ±= 因7131122+>不合题意，所以θ的最大似然估计值为713.12θ∧-=。

2002年考研数学一真题及答案

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.) (1)⎰∞+exx dx2ln =.(2)已知函数()y y x =由方程0162=-++x xy e y确定,则(0)y ''= . (3)微分方程02='+''y y y 满足初始条件011,'2x x yy ====的特解是.(4)已知实二次323121232221321444)(),,(x x x x x x x x x a x x x f +++++=经正交变换x Py =可化成标准型216y f =,则a =.(5)设随机变量X 服从正态分布2(,)(0)N μσσ>,且二次方程042=++X y y 无实根的概率为12,则μ＝ .二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1)考虑二元函数),(y x f 的下面4条性质:①),(y x f 在点),(00y x 处连续; ②),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数连续; ③),(y x f 在点),(00y x 处可微;④),(y x f 在点),(00y x 处的两个偏导数存在．若用“P Q ⇒”表示可由性质P 推出性质Q ,则有（）(A) ②⇒③⇒①. (B) ③⇒②⇒①. (C) ③⇒④⇒①.(D) ③⇒①⇒④.(2)设0(1,2,3,)n u n ≠=,且lim1n nnu →∞=,则级数11111(1)()n n n n u u ∞+=+-+∑（） (A) 发散.(B) 绝对收敛.(C) 条件收敛. (D) 收敛性根据所给条件不能判定.(3)设函数()y f x =在(0,)+∞内有界且可导,则（）(A) 当0)(lim =+∞→x f x 时,必有0)(lim ='+∞→x f x .(B) 当)(lim x f x '+∞→存在时,必有0)(lim ='+∞→x f x .(C) 当0lim ()0x f x +→=时,必有0lim ()0x f x +→'=. (D) 当0lim ()x f x +→'存在时,必有0lim ()0x f x +→'=.(4)设有三张不同平面的方程123i i i i a x a y a z b ++=,3,2,1=i ,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为２,则这三张平面可能的位置关系为（）(5)设1X 和2X 是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为1()f x 和2()f x ,分布函数分别为1()F x 和2()F x ,则（）(A) 1()f x ＋2()f x 必为某一随机变量的概率密度. (B) 1()f x 2()f x 必为某一随机变量的概率密度. (C) 1()F x ＋2()F x 必为某一随机变量的分布函数. (D) 1()F x 2()F x 必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分)设函数)(x f 在0x =的某邻域内具有一阶连续导数,且(0)0,(0)0f f '≠≠,若()(2)(0)af h bf h f +-在0→h 时是比h 高阶的无穷小,试确定b a ,的值.已知两曲线)(x f y =与⎰-=x t dt e y arctan 02在点(0,0)处的切线相同,写出此切线方程,并求极限)2(lim nnf n ∞→.五、(本题满分7分)计算二重积分dxdy e Dy x ⎰⎰},max{22,其中}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D .六、(本题满分8分)设函数)(x f 在(,)-∞+∞内具有一阶连续导数,L 是上半平面(y ＞0)内的有向分段光滑曲线,其起点为(b a ,),终点为(d c ,).记2221[1()][()1],L xI y f xy dx y f xy dy y y=++-⎰(1)证明曲线积分I 与路径L 无关;(2)当cd ab =时,求I 的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数333369()1()3!6!9!(3)!n x x y x x n =++++++-∞<<+∞满足微分方程x e y y y =+'+'';(2)利用(1)的结果求幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数.设有一小山,取它的底面所在的平面为xOy 坐标面,其底部所占的区域为2{(,)|D x y x =275}y xy +-≤,小山的高度函数为),(y x h xy y x +--=2275.(1)设),(00y x M 为区域D 上一点,问),(y x h 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大? 若记此方向导数的最大值为),(00y x g ,试写出),(00y x g 的表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一上山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说,要在D 的边界线2275x y xy +-=上找出使(1)中),(y x g 达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知四阶方阵),,,(4321αααα=A ,4321,,,αααα均为4维列向量,其中432,,ααα线性无关,3212ααα-=,如果4321ααααβ+++=,求线性方程组β=Ax 的通解.十、(本题满分8分)设,A B 为同阶方阵,(1)若,A B 相似,证明,A B 的特征多项式相等. (2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立. (3)当,A B 均为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.设维随机变量X 的概率密度为10,cos ,()220,x x f x π⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他.对X 独立地重复观察４次,用Y 表示观察值大于3π的次数,求2Y 的数学期望.十二、(本题满分7分)其中1(0)2θθ<<是未知参数,利用总体X 的如下样本值3,1,3,0,3,1,2,3,求θ的矩估计值和最大似然估计值.参考答案一、填空题 (1)【答案】1 【解析】原式2ln 11.ln ln eed x x x+∞+∞==-=⎰(2)【答案】-2【解析】方程两边对x 两次求导得'6'620,y e y xy y x +++=① 2'''6''12'20.y y e y e y xy y ++++=②以0x =代入原方程得0y =,以0x y ==代入①得'0,y =,再以'0x y y ===代入②得''(0) 2.y =-(3)【答案】y =【解析】这是二阶的可降阶微分方程.令'()y P y =(以y 为自变量),则'''.dy dP dPy P dx dx dy=== 代入方程得20dP yPP dy +=,即0dPy P dy +=(或0P =,但其不满足初始条件01'2x y ==). 分离变量得0,dP dy P y+= 积分得ln ln ',P y C +=即1C P y=(0P =对应10C =); 由0x =时11,',2y P y ===得11.2C =于是又由01x y==得21,C =所求特解为y =(4)【答案】2【解析】因为二次型Tx Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A 的特征值,所以6,0,0是A 的特征值.又因iiia λ=∑∑,故600, 2.a a a a ++=++⇒=(5)【答案】4【解析】设事件A 表示“二次方程042=++X y y 无实根”,则{1640}{A X X =-<=>4}.依题意,有1(){4}.2P A P X =>=而 4{4}1{4}1(),P X P X μΦσ->=-≤=-即414141(),(),0. 4.22μμμΦΦμσσσ----===⇒=二、选择题 (1)【答案】(A)【解析】这是讨论函数(,)f x y 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y 可微则必连续,故选(A).(2)【答案】(C)【解析】由1lim 101n n un n→+∞=>⇒充分大时即,N n N ∃>时10n u >,且1lim 0,n nu →+∞=不妨认为,0,n n u ∀>因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1nu 的单调性. 按定义考察部分和111111111111(1)()(1)(1)nn nk k k n k k k k k k k S u u u u +++===++=-+=-+-∑∑∑ 1111111(1)11(1)1(1)(),k n nn l k l k l n n u u u u u ++==+--=-+-=+→→+∞∑∑⇒原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()n n n u u ∞=++∑.注意111112,11n n n n u u n n n u u n n++++=+⋅→+11n n ∞=∑发散⇒1111()n n n u u ∞=++∑发散.因此选(C).(3)【答案】(B)【解析】证明(B)对:反证法.假设lim ()0x f x a →+∞'=≠,则由拉格朗日中值定理,(2)()'()()f x f x f x x ξ-=→∞→+∞(当x →+∞时,ξ→+∞,因为2x x ξ<<);但这与(2)()(2)()2f x f x f x f x M -≤+≤矛盾(()).f x M ≤(4)【答案】(B)【解析】因为()()23r A r A ==<,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B).(A)表示方程组有唯一解,其充要条件是()() 3.r A r A ==(C)中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A =和()3r A =,且A 中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D)中有两个平面平行,故()2r A =,()3r A =,且A 中有两个平行向量共线.(5)【答案】(D)【解析】首先可以否定选项(A)与(C),因121212[()()]()()21,()()112 1.f x f x dx f x dx f x dx F F +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=≠+∞++∞=+=≠⎰⎰⎰对于选项(B),若121,21,1,01,()()0,0,x x f x f x -<<-<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他，其他，则对任何(,),x ∈-∞+∞12()()0f x f x ≡,12()()01,f x f x dx +∞-∞=≠⎰因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D).进一步分析可知,若令12max(,)X X X =,而~(),1,2,i i X f x i =则X 的分布函数()F x 恰是12()().F x F x1212(){max(,)}{,}F x P X X x P X x X x =≤=≤≤1212{}{}()().P X x P X x F x F x =≤≤=三、【解析】用洛必达法则.由题设条件知lim[()(2)(0)](1)(0).h af h bf h f a b f →+-=+-由于(0)0f '≠,故必有10.a b +-=又由洛必达法则 00()(2)(0)'()2'(2)limlim1h h af h bf h f af h bf h h →→+-+= (2)'(0)0,a b f =+=及(0)0f '≠,则有20a b +=.综上,得2, 1.a b ==-四、【解析】由已知条件得(0)0,f =22arctan arctan 02'(0)()'1,1xx t xx x ef e dt x --=====+⎰故所求切线方程为y x =.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得02()(0)2()(0)lim ()2lim 2lim 2'(0) 2.2n n x f f f x f n nf f n xn→∞→∞→--==== 五、【解析】D 是正方形区域如图.因在D 上被积函数分块表示2222,,max{,}(,),,,x x y x y x y D y x y ⎧≥⎪=∈⎨≤⎪⎩于是要用分块积分法,用y x =将D 分成两块:1212,{},{}.D D D D D y x D D y x ==≤=≥⇒I 222212max{,}max{,}x y x y D D edxdy edxdy =+⎰⎰⎰⎰2221212x y x D D D e dxdy e dxdy e dxdy =+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰(D 关于y x =对称)2102xx dx e dy =⎰⎰(选择积分顺序)22112 1.x x xe dx ee ===-⎰六、【解析】(1)易知Pdx Qdy +∃原函数,2211()()()()()x Pdx Qdy dx yf xy dx xf xy dy dy ydx xdy f xy ydx xdy y y y+=++-=-++ 0()()()[()].xy x xd f xy d xy d f t dt y y =+=+⎰⇒在0y >上Pdx Qdy +∃原函数,即0(,)()xy xu x y f t dt y=+⎰.⇒积分I 在0y >与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c d a b c a I u x y d b==- 七、【证明】(1)因为幂级数3693()13!6!9!(3)!n x x x x y x n =++++++的收敛域是()x -∞<+∞,因而可在()x -∞<+∞上逐项求导数,得25831'()2!5!8!(31)!n x x x x y x n -=+++++-,4732''()4!7!(32)!n x x x y x x n -=+++++-,所以2'''12!!n x x x y y y x e n ++=+++++=()x -∞<+∞.(2)与'''xy y y e ++=相应的齐次微分方程为'''0y y y ++=,其特征方程为210λλ++=,特征根为1,2122λ=-±.因此齐次微分方程的通解为212(sin )x Y e C x C x -=+. 设非齐次微分方程的特解为x y Ae *=,将y *代入方程'''xy y y e ++=可得13A =,即有13x y e *=.于是,方程通解为2121()3xx y Y y e C x C x e -*=+=++. 当0x =时,有112121(0)1,23,0.311'(0)0.23y C C C y C ⎧==+⎪⎪⇒==⎨⎪==-++⎪⎩于是幂级数30(3)!n n x n ∞=∑的和函数为221()cos323x x y x e x e -=+()x -∞<+∞八、【解析】(1)由梯度向量的重要性质:函数),(y x h 在点M 处沿该点的梯度方向0000(,)(,)0000(,){,}{2,2}x y x y h hh x y x y y x x y∂∂==-+-+∂∂grad方向导数取最大值即00(,)(,)x y h x y grad 的模,00(,)g x y ⇒=(2)按题意,即求(,)g x y 求在条件22750x y xy +--=下的最大值点⇔22222(,)(2)(2)558g x y y x x y x y xy =-+-=+-在条件22750x y xy +--=下的最大值点. 这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数2222(,,)558(75),L x y x y xy x y xy λλ=+-++--则有22108(2)0,108(2)0,750.Lx y x y x Ly x y x y L x y xy λλλ⎧∂=-+-=⎪∂⎪∂⎪=-+-=⎨∂⎪⎪∂=+--=⎪∂⎩ 解此方程组:将①式与②式相加得()(2)0.x y x y λ++=⇒=-或 2.λ=-若y x =-,则由③式得2375x =即5, 5.x y =±=若2,λ=-由①或②均得y x =,代入③式得275x =即x y =±=±于是得可能的条件极值点1234(5,5),(5,5),(M M M M ----现比较222(,)(,)558f x y g x y x y xy ==+-在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f M f M f M f M ====因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,,,M M M M 中取到.因此2(,)g x y 在12,M M 取到在D 的边界上的最大值,即12,M M 可作为攀登的起点. 九、【解析】由432,,ααα线性无关及3212ααα-=知,向量组的秩1234(,,,)3r αααα=,即矩阵A 的秩为3.因此0Ax =的基础解系中只包含一个向量.那么由123412312(,,,)2010ααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦知,0Ax =的基础解系是(1,2,1,0).T-再由123412341111(,,,)1111A βαααααααα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+++==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知,(1,1,1,1)T是β=Ax 的一个特解.故β=Ax 的通解是1121,1101k ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中k 为任意常数.十、【解析】(1)若,A B 相似,那么存在可逆矩阵P ,使1,P AP B -=故111E B E P AP P EP P AP λλλ----=-=-11().P E A P P E A P E A λλλ--=-=-=-(2)令0100,,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦那么2.E A E B λλλ-==- 但,A B 不相似.否则,存在可逆矩阵P ,使10P AP B -==.从而100A P P-==,矛盾,亦可从()1,()0r A r B ==而知A 与B 不相似.(3)由,A B 均为实对称矩阵知,,A B 均相似于对角阵,若,A B 的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,,,n λλ则有A 相似于1,n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦B 也相似于1.n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦即存在可逆矩阵,P Q ,使111.n P AP Q BQ λλ--⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦于是111()().PQ A PQ B ---=由1PQ -为可逆矩阵知,A 与B 相似.十一、【解析】由于311{}cos ,3222x P X dx πππ>==⎰依题意,Y 服从二项分布1(4,)2B ,则有2222111()()4(4) 5.222EY DY EY npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、【解析】22012(1)23(12)34,EX θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(3).4EX θ=-θ的矩估计量为1ˆ(3),4X θ=-根据给定的样本观察值计1(31303123)8x =+++++++2.=因此θ的矩估计值11ˆ(3).44x θ=-= 对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12),ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L L θθθθθθθθ=--=++-+-2ln ()62824286.112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=----令ln ()0d L d θθ=,得方程2121430θθ-+=,解得θ=(1,2θ=>不合题意).于是θ的最大似然估计值为7ˆ12θ=。

2002-数一真题、标准答案及解析

x →+∞ ' x →0 x →0
（C）当 lim f ( x ) = 0 时，必有 lim f + +
( x) = 0
'
（D） lim f ( x ) = 0 存在时，必有 lim f + +
x →0 x →0
( x) = 0
【】
【答】
应选（B）
【详解 1】设 f ( x) =
sin x 2 , 则 lim f ( x ) = 0 ，所以 f ( x ) 在 ( 0, +∞ ) 内有界，由于 x → 0+ x
lim
n →∞
n = 1, 知 un
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2002 年全国硕士研究生入学统一考试数学试题解析点评
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lim
1 1 n = lim ⋅ = 0, n →∞ u n →∞ n u n n
1 u n 因为 lim n = lim = 1, n →∞ 1 n →∞ u n n
∞
所以有
∞
1 ∞ 1 ,∑ , 均发散，从而 ∑ n =1 un n =1 un +1
⎛1 1 ⎞ ⎜ + ⎟ 条件收敛，应选（C） ⎝ un un + 1 ⎠
∑⎜ u
n =1
∞
⎛1 ⎝
n
+
1 ⎞ ⎟ 也发散，故级数 un + 1 ⎠
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λ −a λ E − A = −2
−2
−2
−2 −2 λ −a

2002年考研数学一试题答案与解析

2002年考研数学一试题答案与解析一、(1)【分析】原式2ln 11.ln ln ee d x x x+∞+∞==-=⎰(2)【分析】方程两边对x 两次求导得'6'620,y e y xy y x +++= ① 2'''6''12'20.y y e y e y xy y ++++= ②以0x =代入原方程得0y =,以0x y ==代入①得'0,y =,再以'0x y y ===代入②得''(0) 2.y =-(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令'()y P y =(以y 为自变量),则'''.dy dP dPy P dx dx dy=== 代入方程得20dP yPP dy +=,即0dPy P dy+=(或0P =,但其不满足初始条件01'2x y ==).分离变量得0,dP dyP y+=积分得 ln ln ',P y C +=即1C P y =(0P =对应10C =);由0x =时11,',2y P y ===得11.2C =于是1',2,2y P y d y d x y===积分得22y x C =+.又由1x y==得21,C =所求特解为 1.y x =+(4)【分析】因为二次型Tx Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A 的特征值,所以6,0,是A 的特征值.又因i ia λ=∑∑,故600, 2.a a a a ++=++⇒=(5)【分析】设事件A 表示“二次方程042=++X y y 无实根”,则{1640}{A X X =-<=>4}.依题意,有1(){4}.2P A P X =>=而4{4}1{4}1(),P X P X μΦσ->=-≤=-即414141(),(),0. 4.22μμμΦΦμσσσ----===⇒=二、(1)【分析】这是讨论函数(,)f x y 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y 可微则必连续,故选(A ).(2)【分析】由1lim 101n n un n→+∞=>⇒充分大时即,N n N ∃>时10n u >,且1lim0,n nu →+∞=不妨认为,0,n n u ∀>因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1nu 的单调性. 按定义考察部分和111111111111(1)()(1)(1)nn nk k k n k k k k k k k S u u u u +++===++=-+=-+-∑∑∑ 1111111(1)11(1)1(1)(),k n nn l k l k l n n u u u u u ++==+--=-+-=+→→+∞∑∑⇒原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()n nn u u ∞=++∑.注意111112,11nn n n u u n n n u u n n++++=+⋅→+11n n ∞=∑发散⇒1111()n n n u u ∞=++∑发散.因此选(C ). (3)证明(B )对:反证法.假设lim ()0x f x a →+∞'=≠,则由拉格朗日中值定理,(2)()'()()f x f x f x x ξ-=→∞→+∞ (当x →+∞时,ξ→+∞,因为2x x ξ<<);但这与(2)()(2)()2f x f x f x f x M-≤+≤矛盾(()).f x M ≤(4)【分析】因为()()23r A r A ==<,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B ).(A )表示方程组有唯一解,其充要条件是()() 3.r A r A ==(C )中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A =和()3r A =,且A 中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D )中有两个平面平行,故()2r A =,()3r A =,且A 中有两个平行向量共线. (5)【分析】首先可以否定选项(A )与(C ),因121212[()()]()()21,()()112 1.f x f x dx f x dx f x dx F F +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=≠+∞++∞=+=≠⎰⎰⎰对于选项(B ),若121,21,1,01,()()0,0,x x f x f x -<<-<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他，其他，则对任何(,),x ∈-∞+∞12()()0f x f x ≡,12()()01,f x f x dx +∞-∞=≠⎰因此也应否定(C ),综上分析,用排除法应选(D ). 进一步分析可知,若令12max(,)X X X =,而~(),1,2,i i X f x i =则X 的分布函数()F x 恰是12()().F x F x1212(){max(,)}{,}F x P X X x P X x X x =≤=≤≤1212{}{}()().P X x P X x F x F x =≤≤=三、【解】用洛必达法则.由题设条件知lim[()(2)(0)](1)(0).h af h bf h f a b f →+-=+-由于(0)0f '≠,故必有10.a b +-=又由洛必达法则00()(2)(0)'()2'(2)limlim 1h h af h bf h f af h bf h h →→+-+=(2)'(0)0,a b f =+=及(0)0f '≠,则有20a b +=.综上,得2, 1.a b ==-四、【解】由已知条件得(0)0,f =22arctan arctan 02'(0)()'1,1xx t xx x e f e dt x --=====+⎰故所求切线方程为y x =.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得02()(0)2()(0)lim ()2lim 2lim 2'(0) 2.2n n x f f f x f n nf f n xn→∞→∞→--====五、【分析与求解】D 是正方形区域如图.因在D 上被积函数分块表示2222,,max{,}(,),,,x x y x y x y D y x y ⎧≥⎪=∈⎨≤⎪⎩于是要用分块积分法,用y x =将D 分成两块:1212,{},{}.D D D D D y x D D y x ==≤=≥U I I⇒I 222212max{,}max{,}xy xy D D e dxdy e dxdy =+⎰⎰⎰⎰2221212x y x D D D e dxdy e dxdy e dxdy=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰(D 关于y x =对称)212xx dx e dy =⎰⎰(选择积分顺序)22112 1.x xxe dx e e ===-⎰六、【分析与求解】(1)易知Pdx Qdy +∃原函数,2211()()()()()x Pdx Qdy dx yf xy dx xf xy dy dy ydx xdy f xy ydx xdy y y y+=++-=-++ 0()()()[()].xy x xd f xy d xy d f t dt y y =+=+⎰⇒在0y >上Pdx Qdy +∃原函数,即(,)()xy xu x y f t dt y =+⎰.⇒积分I 在0y >与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c d a b c a I u x y d b==- 七、【证明】(1)因为幂级数3693()13!6!9!(3)!nx x x x y x n =++++++L L的收敛域是()x -∞<+∞,因而可在()x -∞<+∞上逐项求导数,得25831'()2!5!8!(31)!n x x x x y x n -=+++++-L L ,4732''()4!7!(32)!n x x x y x x n -=+++++-L L,所以2'''12!!nx x x y y y x e n ++=+++++=L L ()x -∞<+∞. (2)与'''x y y y e ++=相应的齐次微分方程为'''0y y y ++=,其特征方程为210λλ++=,特征根为1,21322i λ=-±.因此齐次微分方程的通解为21233(cossin )22xY e C x C x -=+.设非齐次微分方程的特解为x y Ae *=,将y *代入方程'''x y y y e ++=可得13A =,即有13x y e *=.于是,方程通解为212331(cos sin )223x x y Y y e C x C x e -*=+=++.当0x =时,有112121(0)1,23,0.3131'(0)0.223y C C C y C C ⎧==+⎪⎪⇒==⎨⎪==-++⎪⎩于是幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数为2231()cos 323xx y x e x e -=+()x -∞<+∞八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数),(y x h 在点M 处沿该点的梯度方向0000(,)(,)0000(,){,}{2,2}x y x y h h h x y x y y x x y∂∂==-+-+∂∂grad方向导数取最大值即00(,)(,)x y h x y grad 的模,22000000(,)(2)(2).g x y y x x y ⇒=-+-(2)按题意,即求(,)g x y 求在条件22750xy xy +--=下的最大值点⇔22222(,)(2)(2)558g x y y x x y x y xy =-+-=+- 在条件22750x y xy +--=下的最大值点.,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数2222(,,)558(75),L x y xy xy x y xy λλ=+-++--则有 22108(2)0,108(2)0,750.Lx y x y x L y x y x y L x y xy λλλ⎧∂=-+-=⎪∂⎪∂⎪=-+-=⎨∂⎪⎪∂=+--=⎪∂⎩解此方程组:将①式与②式相加得()(2)0.x y x y λ++=⇒=-或 2.λ=-若y x =-,则由③式得2375x =即5, 5.x y =±=m 若2,λ=-由①或②均得y x =,代入③式得275x =即53,5 3.x y =±=±于是得可能的条件极值点1234(5,5),(5,5),(53,53),(53,53).M M M M ----现比较22(,)(,)558f x y g x y xyx==+-在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f M f M f M f M ====因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,,,M M M M 中取到.因此2(,)g x y 在12,M M 取到在D 的边界上的最大值,即12,M M 可作为攀登的起点.九、【解】由432,,ααα线性无关及3212ααα-=知,向量组的秩1234(,,,)3r αααα=,即矩阵A 的秩为 3.因此0Ax =的基础解系中只包含一个向量.那么由123412312(,,,)2010ααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦知,0Ax =的基础解系是(1,2,1,0)T-再由123412341111(,,,)1111A βαααααααα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+++==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知,(1,1,1,1)T 是β=Ax 的一个特解.故β=Ax 的通解是1121,1101k ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中k 为任意常数.十、【解】(1)若,A B 相似,那么存在可逆矩阵P ,使1,PAP B -=故111E B E P AP P EP P APλλλ----=-=-11().P E A P P E A P E A λλλ--=-=-=-(2)令0100,,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦那么2.E A E B λλλ-==-但,A B 不相似.否则,存在可逆矩阵P ,使10P AP B -==.从而100A P P -==,矛盾,亦可从()1,()0r A r B ==而知A 与B不相似.(3)由,A B 均为实对称矩阵知,,A B 均相似于对角阵,若,A B 的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,,,n λλL则有A 相似于1,n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O B 也相似于1.n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 即存在可逆矩阵,P Q ,使111.n P AP Q BQ λλ--⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦O 于是111()().PQA PQB ---=由1PQ -为可逆矩阵知,A 与B 相似.十一、【解】由于311{}cos ,3222x P Xdx πππ>==⎰依题意,Y 服从二项分布1(4,)2B ,则有2222111()()4(4) 5.222EY DY EY npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、【解】22012(1)23(12)34,EX θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(3).4EX θ=-θ的矩估计量为1ˆ(3),4X θ=-根据给定的样本观察值计算1(31303123)8x =+++++++ 2.=因此θ的矩估计值11ˆ(3).44x θ=-= 对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12),ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L L θθθθθθθθ=--=++-+- 2ln ()62824286.112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=----令ln ()0d L d θθ=,得方程2121430θθ-+=,解得71312θ-=(7131,122θ+=>不合题意).于是θ的最大似然估计值为713ˆ.12θ-=。

2002考研数学三真题及超详细答案解析

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析一、填空题 (1)【答案】112a- 【详解】ln “”里面为1∞“”型，通过凑成重要极限形式来求极限， 1(12)12211limln limln 1(12)(12)nn a an n n na n a n a -⋅-→∞→∞⎡⎤⎡⎤-+=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦(12)11lim ln 112(12)n a n a n a -→∞⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦11ln 1212e a a==--．(2)【答案】2120(,)xxdx f x y dy ⎰⎰【详解】画出与原题中二次积分的限所对应的积分区域1D 与2D ，将它们的并集记为D ．于是111422104(,)(,)yydy f x y dx dy f x y dx +⎰⎰⎰(,)Df x y d σ=⎰⎰．再将后者根据积分定义化为如下形式，即2102x y x x →→从，从，所以2120(,)(,).xxDf x y d dx f x y dy σ=⎰⎰⎰⎰(3)【答案】1- 【详解】122212123,304134a a A a a α-⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪==+ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭由于A α与α线性相关，(两个非零向量线性相关，则对应分量成比例)，所以有233411a a aa++==，得2334, 1.a a a+=+=-或,(0)A k kαα=≠(两个非零向量线性相关，则其中一个可以由另一个线性表出)即231341a aa ka⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+=⎪ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，得2334a kaa ka k=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩，得 1.(1)a k=-=(4)【答案】0.02-．【详解】2X、2Y和2X2Y都是01-分布，而01-分布的期望值恰为取1时的概率p．由离散型随机变量X和Y的联合概率分布表可得2X的可能取值为0和1，且2Y的可能取值也为0和1，且X和Y的边缘分布为{}00.070.180.150.4P X==++=；{}10.080.320.200.6P X==++=；{}10.070.080.15P Y=-=+=；{}00.180.320.5P Y==+=；{}10.150.200.35P Y==+=；故有{}{}220,00,00.18,P X Y P X Y======{}{}{}220,10,10,10.070.150.22, P X Y P X Y P X Y=====-+===+= {}{}221,01,00.32,P X Y P X Y======{}{}{}221,11,11,10.080.200.28, P X Y P X Y P X Y=====-+===+=而边缘分布律：{}{}2000.4P X P X====，{}{}2110.6P X P X====，{}{}2000.5P Y P Y====，{}{}{}21110.150.350.5P Y P Y P Y===-+==+=所以，22(,)X Y的联合分布及其边缘分布为由上表同理可求得22X Y 的分布律为所以由01-分布的期望值恰为取1时的概率p 得到：2222222222()0.5()0.60,(0.28cov ()()0.280.60.50.02E X E Y E X Y X Y E X Y E X E Y ====-=-⨯=-，）（，）（）(5)【答案】1X -．【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，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望) 期望 ()()()1x E X xf x dx xe dx θθθ+∞+∞---∞===+⎰⎰样本均值 11ni i X X n ==∑用样本均值估计期望有 EX X =，即 111ni i X n θ=+=∑，解得未知参数θ的矩估计量为 11ˆ11n i i X X n θ==-=-∑．二、选择题 (1)【答案】(B)【详解】方法1：论证法．由题设()f x 在开区间(,)a b 内可导，所以()f x 在(,)a b 内连续，因此，对于(,)a b 内的任意一点ξ，必有lim ()().x f x f ξξ→= 即有lim[()()]0x f x f ξξ→-=．故选(B)．方法2：排除法．(A)的反例：1(,]()1x a b f x x a ∈⎧=⎨-=⎩，有()1,()1,()()10f a f b f a f b =-==-<，但()f x 在(,)a b 内无零点．(C)与(D)的反例，(1,1]()11x x f x x ∈-⎧=⎨=-⎩ (1)(1)1f f -==，但()1f x '= (当(1,1)x ∈-)，不满足罗尔中值定理，当然也不满足拉格朗日中值定理的结论．故选(B)．(2)【答案】(D)【详解】方法1：A 是m n ⨯矩阵，B 是n m ⨯矩阵，则AB 是m 阶方阵，因()min((),())r AB r A r B ≤．当m n >时，有()min((),())r AB r A r B n m ≤≤<．(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组()0AB x =必有非零解，故应选(D)．方法2：B 是n m ⨯矩阵, 当m n >时,，则()r B n =，(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组0Bx =必有非零解，即存在00x ≠，使得00Bx =，两边左乘A ，得00ABx =，即0ABx =有非零解，故选(D)．(3)【答案】(B) 【详解】方法1：由题设根据特征值和特征向量的定义，A αλα=，A 是n 阶实对称矩阵，故TA A =．设()1TP APB -=，则111()TTT T T T T B P A P P AP P A P ---===上式左乘1T P-，右乘TP ，得111()()()T T T T T T P BP P P A P P ---=，即1T T A P BP -=，所以 1()T T A P BP ααλα-==两边左乘TP ，得 1()()T T T T P P BP P αλα-=得()T TB P P αλα=根据特征值和特征向量的定义，知1()TB P AP -=的对应于特征值λ的特征向量为T P α，即应选(B)．方法2：逐个验算(A)，(B)，(C)，(D)中哪个选项满足，由题设根据特征值和特征向量的定义，A αλα=，A 是n 阶实对称矩阵，故TA A =．设()1TP AP-属于特征值λ的特征向量为ξ，即()1TP APξλξ-=，其中()111TTTT T T P AP P A P P AP ---==对(A)，即令1P ξα-=，代入111()TT P AP P P αλα---≠对(B)，1()TT T P AP P α-1()TT T P A P P α-=1[())]T T TP A P P α-=TP A α=()T P λα=成立．故应选(B)．(4)【答案】C【分析】(i)2χ变量的典型模式是：222212n X X X χ=+++，其中i X 要求满足：i X 相互独立，(0,1)iX N ．称2χ为参数为n 的2χ变量．(ii) F 变量的典型模式是：12//X n F Y n =，其中,X Y 要求满足：X 与Y 相互独立，2212(),()Xn Yn χχ，称F 为参数为()12,n n 的F 变量．【详解】方法1：根据题设条件，X 和Y 均服从(0,1)N ．故2X 和2Y 都服从2(1)χ分布，答案应选(C)．方法2：题设条件只有X 和Y 服从(0,1)N ，没有X 与Y 的相互独立条件．因此，2X 与2Y的独立条件不存在，选(B)、(D)项均不正确．题中条件既没有X 与Y 独立，也没有(,)X Y 正态，这样就不能推出X Y +服从正态分布的选项(A)．根据排除法，正确选项必为(C)．三【详解】22000003arctan(1)arctan(1)limlim 1(1cos )2xu x u x x t dt du t dt du x x x→→⎡⎤⎡⎤++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-⎰⎰⎰⎰等 22arctan(1)lim32x x t dt x →+⎰洛洛20arctan(1)2lim 3x x x x →+⋅2346ππ=⋅=．四【详解】方法1：用一阶微分形式不变性求全微分．123du f dx f dy f dz '''=++(,)z z x y =由x y z xe ye ze -=所确定，两边求全微分，有()()()()()x y z x y z d xe ye d ze d xe d ye d ze -=⇒-=x x y y z z xe dx e dx ye dy e dy ze dz e dz ⇒+--=+，解出 (1)(1),(10).(1)x y ze x dx e y dydz z e z +-+=+≠+设所以 du =123(1)(1)(1)x y z e x dx e y dyf dx f dy f e z +-+'''++⨯+1323(1)(1)(1)(1)x yz ze x e yf f dx f f dy e z e z ⎡⎤⎡⎤++''''=++-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦ 方法2：1323,u z u zf f f f x x y y∂∂∂∂''''=+=+∂∂∂∂(根据多元函数偏导数的链式法则) 下面通过隐函数求导得到z x ∂∂，z y∂∂．由x y zxe ye ze -=两边对x 求偏导数，有 (),x x z z z xe e ze e x∂+=+∂ 得x xz zz xe e x ze e ∂+=∂+，(10)z +≠设．类似可得，y y z z z ye e y ze e ∂+=-∂+，代入,u u x y ∂∂∂∂表达式 1323(),()x xy yz z z z u xe e u ye e f f f f x ze ey ze e∂+∂+''''=+⋅=-⋅∂+∂+，再代入 u udu dx dy x y∂∂=+∂∂中，得 du 1323(1)(1)(1)(1)x y z ze x e yf f dx f f dy e z e z ⎡⎤⎡⎤++''''=++-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦．五【详解】首先要从2(sin )sin xf x x=求出()f x ．命2sin u x =，则有sin x =x =()f u=(通过换元求出函数的表达式)arcsin ()x f x dx x ==sin 2sin cos cos ttt tdt t⎰(换元积分法)sin t tdt =2⎰[]2cos sin t t t C =-++(分部积分法)2C ⎡=+⎣．六【分析】旋转体的体积公式：设有连续曲线:()()y f x a x b Γ=≤≤，()0f x ≥与直线,x a x b ==及x 轴围成平面图形绕x 轴旋转一周产生旋转体的体积2()baV f x dx π=⎰.【详解】(1) ()2225142(32)5aV xdx a ππ==-⎰22222420202a V a a x dy a a πππ=-=<<⎰．(2) 54124(32)5V V V a a ππ=+=-+ 根据一元函数最值的求法要求驻点，令34(1)0dVa a daπ=-=, 得1a = . 当01a <<时0dV da >，当12a <<时0dVda<，因此1a =是V 的唯一极值点且是极大值点，所以是V 的最大值点，129max 5V π=．七【解】(1) 369331()113(3)!(3)!nnn x x x x x y x n n ∞==+++++=+∑+！6！9！，由收敛半径的求法知收敛半径为∞，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得3311()(1)(3)!(3)!nn n n x x y x n n ∞∞=='⎛⎫''=+= ⎪⎝⎭∑∑3113(3)!n n nx n -∞==∑311(31)!n n x n -∞==-∑，同理得 321(32)!n n x y n -∞=''=-∑从而 ()()()y x y x y x '''++32313111()()(1)(32)!(31)!(3)!n n nn n n x x x n n n --∞∞∞====+++--∑∑∑ 11!nn x n ∞==+∑(由x e 的麦克劳林展开式)x e =这说明，30()(3)!n n x y x n ∞==∑是微分方程xy y y e '''++=的解，并且满足初始条件310(0)1(3)!n n y n ∞==+∑1=，3110(0)(31)!n n y n -∞='=-∑0=. (2)微分方程xy y y e '''++=对应的齐次线性方程为0y y y '''++=，其特征方程为210λλ++=，其特征根为122-±，所以其通解为212[cossin ]22xy e C x C x -=+. 另外，该非齐次方程的特解形式为xy ce =，代入原非齐次方程得x x x xce ce ce e ++=，所以13c =.故微分方程xy y y e '''++=的通解为2121[cossin ]223x x y e C x C x e -=++. 故22121211[cossin ][sin cos ]2222223x xx y e C x C x e C x x e --'=-⨯++-⨯++222112111(2(22222223x x x e C C x e C C x e --=-⨯-⨯-⨯-⨯+由初始条件(0)1,(0)0y y '==得0212100022*********[cos 0sin 0]22331110(20(2022222231123e C C e C e C C e C C e C C ---⎧=++=+⎪⎪⎪=-⨯--⨯-⨯+⎨⎪⎪⎪=-+⎩解得11211311023C C ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，于是得到惟一的一组解：122,0.3C C ==从而得到满足微分方程x y y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，只有一个，为221cos 323x x y e x e -=+另一方面，由(1)已知30()(3)!n n x y x n ∞==∑也是微分方程xy y y e '''++=及初始条件(0)1,(0)0y y '==的解，由微分方程解的唯一性，知321211cos ().(3)!323xn x n x e x e x n ∞-=+=+-∞<<+∞∑八【详解】方法1：因为()f x 与()g x 在[],a b 上连续，所以存在1x 2x 使得1[,]()max ()x a b f x M f x ∈==，2[,]()min ()x a b f x m f x ∈==，满足()m f x M ≤≤．又()0g x >，故根据不等式的性质()()()()mg x f x g x Mg x ≤≤根据定积分的不等式性质有()()()(),b b baaam g x dx f x g x dx M g x dx ≤≤⎰⎰⎰所以 ()().()babaf xg x dxm M g x dx≤≤⎰⎰由连续函数的介值定理知，存在[,]a b ξ∈，使()()()()babaf xg x dxf g x dxξ=⎰⎰即有()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰．方法2：因为()f x 与()g x 在[],a b 上连续，且()0g x >，故()()baf xg x dx ⎰与()bag x dx ⎰都存在，且()0.bag x dx >⎰记()()()babaf xg x dxh g x dx=⎰⎰，于是()()()(),bbbaaaf xg x dxh g x dx hg x dx ==⎰⎰⎰即(())()0baf x hg x dx -=⎰因此必存在(,)a b ξ∈使()f h ξ=．不然，则在(,)a b 内由连续函数的零点定理知要么()f x h -恒为正，从而根据积分的基本性质得(())()0ba f x h g x dx ->⎰；要么()f x h -恒为负，同理得(())()0baf x hg x dx -<⎰，均与(())()0baf x hg x dx -=⎰不符．由此推知存在(,)a b ξ∈使()f h ξ=，从而()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰．九【详解】方法1：对系数矩阵记为A 作初等行变换21311000000n a b b b a b b b b a b b b a a b A bb a b b a a b b b ba b a a b -- -⎛⎫⎛⎫⎪⎪-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=→-- ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭行行行行行行当(0)a b =≠时，()1,0r A AX ==的同解方程组为120n x x x +++=，基础解系中含有1n -个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取23,,...,n x x x 为自由未知量，分别取231,0,...,0n x x x ===，230,1,...,0n x x x ===，…,230,0,...,1n x x x ===得方程组1n -个线性无关的解[][][]1211,1,0,,0,1,0,1,0,,0,,1,0,,0,1T T Tn ξξξ-=-=-=-，为基础解系，方程组0AX =的全部解为112211n n X k k k ξξξ--=+++，其中(1,2,1)i k i n =-是任意常数．当a b ≠时，000000ab b b b a a bA b a a bb a a b ⎛⎫⎪-- ⎪ ⎪→-- ⎪⎪⎪--⎝⎭23110010101001a b a b n a b a b bb ---⎛⎫⎪- ⎪ ⎪→- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭行/()行/()行/() 12131(1)000110010101001bb n ba n b-⨯-⨯-⨯+-⎛⎫⎪-⎪ ⎪→- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭行行行行行行当a b ≠且(1)a n b ≠--时，(1)0A a n b =+-≠，(),0r A n AX ==仅有零解.当(1)a n b =--时，()1,0r A n AX =-=的同解方程组是121310,0,0,n x x x x x x -+=⎧⎪-+=⎪⎨⎪⎪-+=⎩…… 基础解系中含有1个线性无关的解向量，取1x 为自由未知量，取11x =，得方程组1个非零解[]1,1,,1Tξ=，即其基础解系，故方程组的全部解为X k ξ=，其中k 是任意常数．方法2：方程组的系数行列式a b b bb a b b A b b abb b ba=(1)(1)2...(1)1(1)a n b b bb a n b ab b n a n b b ab a n b b b a+-+-+-+-把第，，列加到第列111[(1)]11b bb a bba nb b ab b ba +-提取第列的公因子 1210003-1[(1)]000-1000bbb a b a n b a bn a b--+---第行第行第行第行第行第行1[(1)]()n a n b a b -=+--(1)当a b ≠且(1)a n b ≠--时，0A ≠，()r A n =方程组只有零解． (2)当(0)a b =≠时，a a a a a a aa A a a a a aa aa ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦21000031000010000a a aa n ⎡⎤-⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦第行第行第行第行第行第行111100001100000000a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦第行方程组的同解方程组为120n x x x +++=基础解系中含有1n -个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取23,,...,n x x x 为自由未知量，分别取231,0,...,0n x x x ===，230,1,...,0n x x x ===，…, 230,0,...,1n x x x ===得方程组1n -个线性无关的解[][][]1211,1,0,,0,1,0,1,0,,0,,1,0,,0,1T T Tn ξξξ-=-=-=-，为基础解系，方程组0AX =的全部解为112211n n X k k k ξξξ--=+++，其中(1,2,1)i k i n =-是任意常数．(1)当(1)(0)a n b b =--≠时，(1)(1)(1)(1)n bb b bbn b b b A b b n bb b b b n b -⎛⎫⎪- ⎪ ⎪=- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭1,2,...,11111111111111111n b n n nn ⨯-⎛⎫⎪- ⎪ ⎪→- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭行分别111121003100100n n n n nn n n -⎛⎫-⎪- ⎪- ⎪- ⎪ ⎪- ⎪-⎝⎭行行行行行行 111111002,...,101011001n n n -⎛⎫⎪- ⎪ ⎪-⨯⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭行分别000011002,...,10101001n ⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪- ⎪⎪ ⎪-⎝⎭把第行都依次加到第1行 ()1r A n =-，其同解方程组是121310,0,0,n x x x x x x -=⎧⎪-=⎪⎨⎪⎪-=⎩…… 基础解系中含有1个线性无关的解向量，取1x 为自由未知量，取11x =，得方程组1个非零解[]1,1,,1Tξ=，即其基础解系，故方程组的全部解为X k ξ=，其中k 是任意常数．十【详解】(1) 设λ是A 的任意特征值，α是A 的属于λ的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 ,0,A αλαα=≠ ①两边左乘A ，得 2A αA λαλλα==2λα= ②②+2*①得 ()()2222A Aαλλα+=+因220A A +=，0α≠，从而上式()()22220A Aαλλα+=+=，所以有220λλ+=，故A 的特征值λ的取值范围为0,2-．因为A 是实对称矩阵，所以必相似于对角阵Λ，且Λ的主对角线上元素由A 的特征值组成，且()()2r A r =Λ=，故A 的特征值中有且只有一个0.(若没有0，则222-⎡⎤⎢⎥Λ=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，故()()3r A r =Λ=与已知矛盾；若有两个0，则200-⎡⎤⎢⎥Λ=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，故()()1r A r =Λ=与已知矛盾；若三个全为0，则000⎡⎤⎢⎥Λ=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，故()()0r A r =Λ=与已知矛盾). 故220A -⎡⎤⎢⎥Λ=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦即A 有特征值1232,0λλλ==-=．(2)A kE +是实对称矩阵，A 有特征值1232,0λλλ==-=，知A kE +的特征值为2,2,k k k --．因为矩阵正定的充要条件是它的所有的特征值均大于零，故A kE +正定200k k ->⎧⇔⎨>⎩2k k >⎧⇔⎨>⎩2k ⇔> 故2k >时A kE +是正定矩阵．十一【分析】(,)X Y 有四个可能值，可以逐个求出．在计算过程中要注意到取值与U 的值有关．U 的分布为均匀分布，计算概率不用积分都行，可以直接看所占区间的长度比例即可．【详解】(,)X Y 只有四个可能值(1,1),(1,1),(1,1)(1,1)----和．依照题意，有{}{}{}1(2)11,11,11;2(2)4P X Y P U U P U ---=-=-=≤-≤=≤-==--{}{}{}1,11,10;P X Y P U U P =-==≤->=∅= {}{}{}11,11,111;2P X Y P U U P U ==-=>-≤=-<≤={}{}{}11,11,11.4P X Y P U U P U ===>->=>=于是，(,)X Y 分布为(2) 因为22()()[()]D X Y E X Y E X Y +=+-+，所以我们应该知道X Y +和2()X Y +的分布律．对离散型随机变量，X Y +的取值可能有2,0,2;-2()X Y +的取值可能有0和4；{}{}121,1,4P X Y P X Y +=-==-=-={}{}{}1101,11,10,22P X Y P X Y P X Y +====-+=-==+= {}{}121,1,4P X Y P X Y +=====(){}{}2100,2P X Y P X Y +==+==(){}{}{}214222P X Y P X Y P X Y +==+=-++==．X Y +和2()X Y +的分布律分别为和所以由离散型随机变量的数学期望计算公式有：{}1()nk k k E X x P X x ==⋅=∑所以有，2224()0,()2442E X Y E X Y +=-+=+==． 22()()[()]2D X Y E X Y E X Y +=+-+=十二【详解】首先找出随机变量Y 的表达式． Y 由X 和2(小时)来确定，所以min(,2)Y X =．指数分布的X 的分布参数为 11,()5E X λ==其密度函数为： 1510()500x X ex f x x -⎧>⎪=⎨⎪≤⎩其中0λ>是参数由分布函数的定义：{}{}()min(,2)F y P Y y P X y =≤=≤(1) 当0y <时，()0Y F y =(因为{}min ,2Y X =，其中X 和2都大于0，那么小于0是不可能事件)(2) 当2y ≥时，()1Y F y =(因为{}min ,2Y X =最大也就取到2，所以小于等于2是一定发生的，是必然事件)(3) 当02y ≤<时, {}{}{}()min(,2)F y P Y y P X y P X y =≤=≤=≤115501()15x y yyX f x dx e dx e ---∞===-⎰⎰所以1500()10212y Y y F y e y y -<⎧⎪⎪=-≤<⎨⎪≥⎪⎩。

2002考研数一真题解析

P1AP
0
0
，即
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6 0 0 A 0 0 0
0 0 0 相似矩阵具有相同的特征值，知 0 是 A 的特征值，根据特征值的定义，有 0E A A 0
a22
a4 2 2
A 2 a 2 把第2，3列加到第1列 a 4 a 2
22a
a4 2 a
12 2
12 2
提取第1列 (a
解之得， y2 x C2, y x C2 .以 y x0 1 代入，得1 C2 ，所以应取“+”号
且 C2 1. 于是特解是 y x 1 .
方法 2：将
yy
y2
0 改写为 ( yy) 0 ，从而得
yy C1 .
以初始条件
y(0) 1, y(0)
1 2
代
入
，
有
1
1 2
(2) lim F (x) 0, lim F (x) 1; (3) F (x) 右连续.
x
x
我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导.
【详解】方法 1：
(A)选项不可能，因为
[ f1(x) f2 (x)]dx f1(x)dx f2 (x)dx 11 2 1
n1
un un1
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Sn
1 ( u1
1 u2
)( 1 u2
1 u3
)
( 1 u3
1 u4
)
(1)n1( 1 un
1 )
un1
1 u1
(1)n1 1 un1
n 由 lim
u n n
1 0 知，当 n 充分大时， un

2002考研数学一真题及答案解析

六、(本题满分 8 分)
设函数 f (x) 在 (, ) 内具有一阶连续导数, L 是上半平面( y ＞0)内的有向分段光滑曲线,
其起点为( a, b ),终点为( c, d ).记
I
L
1 [1 y
y2
f
( xy )]dx

x y2
[y2
f
( xy )
1]dy,
(1)证明曲线积分 I 与路径 L 无关; (2)当 ab cd 时,求 I 的值.
(4)【分析】因为二次型 xT Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵 A 的特征值,所以 6, 0, 0 是 A 的特征值.
又因 aii i ,故 a a a 6 0 0, a 2.
(5)【分析】设事件 A 表示“二次方程 y 2 4 y X 0 无实根”,则 A {16 4X 0} {X
也就是说,要在 D 的边界线 x2 y 2 xy 75 上找出使(1)中 g(x, y) 达到最大值的点.试确定攀登
起点的位置.
九、(本题满分 6 分)
已知四阶方阵 A (1, 2 , 3 , 4 ) , 1 , 2 , 3 , 4 均为 4 维列向量,其中 2 ,3 , 4 线性无关,1 2 2 3 ,如果 1 2 3 4 ,求线性方程组 Ax 的通解.
(1)设 M (x0 , y0 ) 为区域 D 上一点,问 h(x, y) 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?
数学(一)试题第 3页(共 13 页)
若记此方向导数的最大值为 g(x0 , y0 ) ,试写出 g(x0 , y0 ) 的表达式.

数一考研真题答案

2002年考研数学一试题答案与解析一、填空题 (1)【分析】原式2ln 11.ln ln eed x x x+∞+∞==-=⎰(2)【分析】方程两边对x 两次求导得'6'620,y e y xy y x +++=① 2'''6''12'20.y y e y e y xy y ++++=②以0x =代入原方程得0y =,以0x y ==代入①得'0,y =,再以'0x y y ===代入②得''(0) 2.y =-(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令'()y P y =(以y 为自变量),则'''.dy dP dPy P dx dx dy=== 代入方程得20dP yPP dy +=,即0dPy P dy +=(或0P =,但其不满足初始条件01'2x y ==). 分离变量得0,dP dy P y+= 积分得ln ln ',P y C +=即1C P y=(0P =对应10C =); 由0x =时11,',2y P y ===得11.2C =于是又由01x y==得21,C =所求特解为y =(4)【分析】因为二次型Tx Ax 经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A 的特征值,所以6,0,0是A 的特征值.又因iiia λ=∑∑,故600, 2.a a a a ++=++⇒=(5)【分析】设事件A 表示“二次方程042=++X y y 无实根”,则{1640}{A X X =-<=>4}.依题意,有1(){4}.2P A P X =>=而 4{4}1{4}1(),P X P X μΦσ->=-≤=-即414141(),(),0. 4.22μμμΦΦμσσσ----===⇒=二、选择题(1)【分析】这是讨论函数(,)f x y 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y 可微则必连续,故选(A ).(2)【分析】由1lim 101n n un n →+∞=>⇒充分大时即,N n N ∃>时10n u >,且1lim 0,n nu →+∞=不妨认为,0,n n u ∀>因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1nu 的单调性. 按定义考察部分和111111111111(1)()(1)(1)nn nk k k n k k k k k k k S u u u u +++===++=-+=-+-∑∑∑ 1111111(1)11(1)1(1)(),k n nn l k l k l n n u u u u u ++==+--=-+-=+→→+∞∑∑⇒原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()n nn u u ∞=++∑.注意111112,11n n n n u u n n n u u n n++++=+⋅→+11n n ∞=∑发散⇒1111()n n n u u ∞=++∑发散.因此选(C ).(3)【分析】证明(B )对:反证法.假设lim ()0x f x a →+∞'=≠,则由拉格朗日中值定理,(2)()'()()f x f x f x x ξ-=→∞→+∞(当x →+∞时,ξ→+∞,因为2x x ξ<<);但这与(2)()(2)()2f x f x f x f x M -≤+≤矛盾(()).f x M ≤(4)【分析】因为()()23r A r A ==<,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B ).(A )表示方程组有唯一解,其充要条件是()() 3.r A r A ==(C )中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A =和()3r A =,且A 中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D )中有两个平面平行,故()2r A =,()3r A =,且A 中有两个平行向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(A )与(C ),因121212[()()]()()21,()()112 1.f x f x dx f x dx f x dx F F +∞+∞+∞-∞-∞-∞+=+=≠+∞++∞=+=≠⎰⎰⎰对于选项(B ),若121,21,1,01,()()0,0,x x f x f x -<<-<<⎧⎧==⎨⎨⎩⎩其他，其他，则对任何(,),x ∈-∞+∞12()()0f x f x ≡,12()()01,f x f x dx +∞-∞=≠⎰因此也应否定(C ),综上分析,用排除法应选(D ).进一步分析可知,若令12max(,)X X X =,而~(),1,2,i i X f x i =则X 的分布函数()F x 恰是12()().F x F x1212(){max(,)}{,}F x P X X x P X x X x =≤=≤≤1212{}{}()().P X x P X x F x F x =≤≤=三、【解】用洛必达法则.由题设条件知lim[()(2)(0)](1)(0).h af h bf h f a b f →+-=+-由于(0)0f '≠,故必有10.a b +-=又由洛必达法则00()(2)(0)'()2'(2)limlim1h h af h bf h f af h bf h h →→+-+= (2)'(0)0,a b f =+=及(0)0f '≠,则有20a b +=. 综上,得2, 1.a b ==-四、【解】由已知条件得(0)0,f =22arctan arctan 02'(0)()'1,1xx t xx x e f e dt x --=====+⎰故所求切线方程为y x =.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得02()(0)2()(0)lim ()2lim 2lim 2'(0) 2.2n n x f f f x f n nf f n xn→∞→∞→--====五、【分析与求解】 D 是正方形区域如图.因在D 上被积函数分块表示2222,,max{,}(,),,,x x y x y x y D y x y ⎧≥⎪=∈⎨≤⎪⎩于是要用分块积分法,用y x =将D 分成两块:1212,{},{}.D D D D D y x D D y x ==≤=≥⇒I 222212max{,}max{,}xy xy D D e dxdy e dxdy =+⎰⎰⎰⎰2221212x y x D D D e dxdy e dxdy e dxdy =+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰(D 关于y x =对称)2102xx dx e dy =⎰⎰(选择积分顺序)22112 1.x xxe dx e e ===-⎰六、【分析与求解】(1)易知Pdx Qdy +∃原函数,2211()()()()()x Pdx Qdy dx yf xy dx xf xy dy dy ydx xdy f xy ydx xdy y y y+=++-=-++ 0()()()[()].xy x xd f xy d xy d f t dt y y =+=+⎰⇒在0y >上Pdx Qdy +∃原函数,即0(,)()xy xu x y f t dt y=+⎰.⇒积分I 在0y >与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c d a b c a I u x y d b==-七、【证明】与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数3693()13!6!9!(3)!n x x x x y x n =++++++的收敛域是()x -∞<+∞,因而可在()x -∞<+∞上逐项求导数,得25831'()2!5!8!(31)!n x x x x y x n -=+++++-,4732''()4!7!(32)!n x x x y x x n -=+++++-,所以2'''12!!n x x x y y y x e n ++=+++++=()x -∞<+∞.(2)与'''xy y y e ++=相应的齐次微分方程为'''0y y y ++=,其特征方程为210λλ++=,特征根为1,212λ=-±.因此齐次微分方程的通解为212()x Y eC x C x -=+.设非齐次微分方程的特解为x y Ae *=,将y *代入方程'''xy y y e ++=可得13A =,即有13x y e *=.于是,方程通解为2121(sin )3xx y Y y eC x C x e -*=+=++. 当0x =时,有112121(0)1,23,0.311'(0)0.23y C C C y C ⎧==+⎪⎪⇒==⎨⎪==-+⎪⎩于是幂级数30(3)!nn x n ∞=∑的和函数为221()cos323xx y x e x e -=+()x -∞<+∞八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数),(y x h 在点M 处沿该点的梯度方向0000(,)(,)0000(,){,}{2,2}x y x y h h h x y x y y x x y∂∂==-+-+∂∂grad方向导数取最大值即00(,)(,)x y h x y grad 的模,00(,)g x y ⇒=(2)按题意,即求(,)g x y 求在条件22750x y xy +--=下的最大值点⇔22222(,)(2)(2)558g x y y x x y x y xy =-+-=+-在条件22750x y xy +--=下的最大值点. 这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数2222(,,)558(75),L x y x y xy x y xy λλ=+-++--则有22108(2)0,108(2)0,750.Lx y x y x Ly x y x y Lx y xy λλλ⎧∂=-+-=⎪∂⎪∂⎪=-+-=⎨∂⎪⎪∂=+--=⎪∂⎩解此方程组:将①式与②式相加得()(2)0.x y x y λ++=⇒=-或 2.λ=-若y x =-,则由③式得2375x =即5, 5.x y =±=若2,λ=-由①或②均得y x =,代入③式得275x =即x y =±=±于是得可能的条件极值点1234(5,5),(5,5),(M M M M ----现比较222(,)(,)558f x y g x y x y xy ==+-在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f M f M f M f M ====因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,,,M M M M 中取到.因此2(,)g x y 在12,M M 取到在D 的边界上的最大值,即12,M M 可作为攀登的起点.九、【解】由432,,ααα线性无关及3212ααα-=知,向量组的秩1234(,,,)3r αααα=,即矩阵A 的秩为3.因此0Ax =的基础解系中只包含一个向量.那么由123412312(,,,)2010ααααααα⎡⎤⎢⎥-⎢⎥=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦知,0Ax =的基础解系是(1,2,1,0).T-再由123412341111(,,,)1111A βαααααααα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+++==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知,(1,1,1,1)T是β=Ax 的一个特解.故β=Ax 的通解是1121,1101k ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中k 为任意常数.十、【解】 (1)若,A B 相似,那么存在可逆矩阵P ,使1,P AP B -=故111E B E P AP P EP P APλλλ----=-=-11().P E A P P E A P E A λλλ--=-=-=-(2)令0100,,0000A B ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦那么2.E A E B λλλ-==- 但,A B 不相似.否则,存在可逆矩阵P ,使10P AP B -==.从而100A P P -==,矛盾,亦可从()1,()0r A r B ==而知A 与B 不相似.(3)由,A B 均为实对称矩阵知,,A B 均相似于对角阵,若,A B 的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,,,n λλ则有A 相似于1,n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦B 也相似于1.n λλ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦即存在可逆矩阵,P Q ,使111.n P AP Q BQ λλ--⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦于是111()().PQ A PQ B ---=由1PQ -为可逆矩阵知,A 与B 相似.十一、【解】由于311{}cos ,3222x P X dx πππ>==⎰依题意,Y 服从二项分布1(4,)2B ,则有2222111()()4(4) 5.222EY DY EY npq np =+=+=⨯⨯+⨯=十二、【解】 22012(1)23(12)34,EX θθθθθθ=⨯+⨯-+⨯+⨯-=-1(3).4EX θ=- θ的矩估计量为1ˆ(3),4X θ=-根据给定的样本观察值计算1(31303123)8x =+++++++ 2.=因此θ的矩估计值11ˆ(3).44x θ=-= 对于给定的样本值似然函数为624()4(1)(12),ln ()ln 46ln 2ln(1)4ln(12),L L θθθθθθθθ=--=++-+-2ln ()62824286.112(1)(12)d L d θθθθθθθθθθ-+=--=----令ln ()0d L d θθ=,得方程2121430θθ-+=,解得712θ-=(71,122θ+=>不合题意).于是θ的最大似然估计值为7ˆ12θ=。

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