2002考研数学一真题及答案解析

1、2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)、填空题(本题共5小题,每小题(1)e Xlndx =2 .X(2)已知函数y(X)由方程ey6y X0确定,则y (0)=(3)微分方程yyy 2 0满足初始条件y,y2(4)已知实二次型 f(x1,x2,x3) a(x12X22X3 ) 4X1X24x1X34X2X3经正交变换X Py可化成标准型 f 6y1 ,则a =(5)设随机变量X服从正态分布 N( ,2)(0),且二次方程y2 4yX 0无实根的概1率为一,则2.),只有一项符合题目二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给岀的

2、四个选项中 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：f(x, y)在点(x,y)处连续；f (X) y)在点(X。I y0 )处可微;若用“ P Q ”表示可由性质 P推岀性质(A).(C).(2)设 Un0(n1,2,3, L ),且 Ijm nUn(A)发散.(C)条件收敛f (X, y)在点(X。，y)处的两个偏导数连续f (X, y)在点(X0, y0)处的两个偏导数存在.Q,则有(B).(D).n 1 / 11 X1,则级数(1)( )n 1UnUn 1(B)绝对收敛.(D)收敛性根据所给条件不能判定(A)当当IimXf (x)0

3、时,必有 lim f (x)0.X(B)当当limXf (x)存在时，必有lim f (x)0X(C)当当limX 0f (X)0 时,必有 lim f (X)0.X 0(D)当当limX 0f (X)存在时，必有lim f (X)0.X 0(4)设有三张不同平面的方程aiX a2ya3z d,i1,2,3 ,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(A)(B)(Q(D)(5)设Xi和X2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f (x)和f2(X),分布函数分别为 F1(X)和F2(X),则(A) fi(x) + f2(x)必为某一随

4、机变量的概率密度.(B) f1 (X) f2(x)必为某一随机变量的概率密度.(C) F1(x) + F2(x)必为某一随机变量的分布函数(D) F(x) F2(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X 0的某邻域内具有一阶连续导数，且f(0)0, f (0)0 ,若af(h) bf(2h) f (0)在h 0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yf (x)与 yarcta nx+2e + d+在点(0,0)处的切线相同，写岀此切线方程，并求极限0Iim nf (2).n五、(本题满分7分)2 2计算二重积分 emax y y y

5、 e ; 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 ,y dxdy ,其中 D ( x, y) 10 X 1,0 y 1D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1XIL1y2f(xy)dxy2f(xy)1dy,L yy(1) 证明曲线积分I与路径L无关；(2) 当ab Cd时,求I的值.若记此方向导数的最大值为g(X0, yO),试写岀g(,y)的表达式6393 I3nXI ZLXL (6!9!(3n)!)满足微分方程七、(本题满分

6、7分)3X(1)验证函数y(x) 1-3!(2)利用(1)的结果求幕级数3nX的和函数0(3 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D ( x, y) | x22 2 2y Xy 75,小山的高度函数为 h(x, y) 75 X y Xy .（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22.试确定攀登y Xy75上找岀使（1）中g（x, y）达到最大值的点起点的位置九、（本题满分6分）已知四阶方阵（1，2，3，4），1 ,2 ,3 ,4均为4维列向量，其中23, 4线性无关，1

7、2 23 ,如果1234 ,求线性方程组AX 的通解.十、（本题满分8分）设代B为同阶方阵，（1）若代B相似证明 代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）当代B均为实对称矩阵时，证明（1）的逆命题成立十、（本题满分7分）设维随机变量X的概率密度为f(x)1 XCos ,2 20,0 X其他.2对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于 一的次数,求Y的数学期望3X0123P22 (1 )21 2十二、（本题满分7分） 设总体X的概率分布为其中（01）是未知参数，利用总体X的如下样本值3,1,3,0,3,1,2,3,求的矩估计值和最大似然估计值2002年考

8、研数学一试题答案与解析、填空题(1)【分析】原式d l n Xe ln21In X1.又由yX 0 1得C2 1,所求特解为y -X 1.(2) 【分析】 方程两边对X两次求导得eyy 6y 6y 2 0,eyy eyyy P ,2ydy dx,积分得 y X C2. 2y 6xy 12y 20.以X 0代入原方程得y 0 ,以Xy 0代入得y 0,再以X y y0代入得y（0）2.(3)【分析】 这是二阶的可降阶微分方程令yP(y)(以y为自变量)，则ydydPPdP.dXdXdy代入方程得yPdP P20 ,即 ydPP0（或P0,但其不满足初始条件 y1X 0匚）dydy2分离变量得dp

9、 dy 0,P y积分得InP Iny C即 P CI（P 0对应 C1 0）；y1 1由X 0时y 1,P y,得G .于是22A的特征值，所以6,0,0是A的特征值.又因 aii6 0 0,2.(5)【分析】设事件A表示“二次方程y2 4y0无实根”，则 A 16 4X 0 X4.依题意,有P(A) PX4PX 41PX 4 1),二、选择题142,)0.4.(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).1_U11(2)【分析】由lim

10、 1 0 n充分大时即 N,n N时 0 ,且lim 0,不妨认为n 1UnnUnn1n,Un 0,因而所考虑级数是交错级数，但不能保证的单调性.Un按定义考察部分和Sn n ( 1)k1(丄丄)n ( 1)k1- n ( 1)k1)k 1Uk uk 1 k 1Uk k 1U k 15*原级数收敛再考察取绝对值后的级数().注意-UnUn-2,n 1 Un Un 11UnUnI n 1n1 11丄发散(丄)发散.因此选(C).n 1 nn 1 UnUn 1(3) 【分析】 证明(B)对:反证法.假设Iim f (x) a 0,则由拉格朗日中值定理，Xf(2x) f (X)f()x (X )(当

11、 X时，因为 X 2x)；但这与 f(2x) f (x) f (2x) f (x) 2M 矛盾(f(x)M).(4) 【分析】 因为r(A) r(A) 2 3 ,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r(A) r(A) 3.(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r(A) 2和r (A) 3 ,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r(A) 2 ,r(A) 3,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f1(x) f2(x)d

12、xf1(x)dxf2(x)dx 2 1,F1() F2()112 1.1,2 X1,1,0 X 1,对于选项(B) ,若 f1(x)f2(x)则对任何X (,),0,其他，0,其他，f1(x) f2(x) 0,f1(x)f2(x)dx 0 1,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Xmax(X1,X2),而Xifi(x),i 1,2,则X的分布函数F(X)恰是FI(X)F2(x).I2F(X) Pmax(X1,X2) x PX1 x,X2 xPX1 xPX2 xFI(X)F2(x).三、【解】用洛必达法则由题设条件知”叫 af(h) bf (2h) f (0) (

13、ab 1)f(0).由于 f (0)0,故必有a b 10.moHhInabf(2h) f(0) hmoHh2bf (2h)1(a 2b)f(0)0,及 f (0)0,则有 a 2b 0.综上，得a 2, b 1.四、【解】 由已知条件得arctanx t2f(0)0, f (0)( O e dt)x X0arcta n2 e1 x21,故所求切线方程为 y .由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得2 f( )f(0)f(X) f(O)lim nf (2) 2lim C2lim -( ()n n n 2 X 0 Xn2f (0)2.五、【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

14、示22 2 x , x y,max X , y 2(x, y) D,y ,x y,于是要用分块积分法，用y X将D分成两块D D1 UD2,D1 D I y x, D2 D I y x.22max x , y edxdyDI22emaxx ,y dxdyx2eDIdxdyye dxdy 2 eD2x2dxdy ( D 关于 yX对称)1dxoX X2 e oDIdy (选择积分顺序)1edxox2 ee 1.六、【分析与求解】(1)易知PdX Qdy原函数，1PdX Qdydxyf(xy)dx Xf(Xy)dyAdy12 (ydx Xdy) f (xy)( ydx Xdy)yyyXXXyd()

15、f(xy)d(xy) dO f(t)dtyyXXy在y 0上PdXQdy原函数，即u(x, y)f (t)dt.y 0积分I在yO与路径无关.(2)因找到了原函数，立即可得I u(x, y)(a,b)- - d b七、【证明】与书上解答略有不同，参见数三2002第七题(1)因为幕级数y(x)3 X3!6 X6!9 X9!3nL(3n)!的收敛域是(),因而可在)上逐项求导数,得所以(2)与 yy(x)y(x)y yy y2 X2!5X5!8 X8!3n 1X(3n 1)!4 X4!7 X7!X3n(3n 2)!X2X 2!n Xn!e相应的齐次微分方程为yy y0,其特征方程为210,特征根为

16、1,21 3-i.2 2因此齐次微分方程的通解为YX3二e O在条件X y Xy 750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2 2 2 2L(x,y, ) 5x 5y 8xy (X y Xy 75),(C1 cos X C2sinx).2 2设非齐次微分方程的特解为yAex,将y代入方程y yX _y e可得1,即有y3于是，方程通解为yI 3e 2 (C1 cosX1 2C2 SinX)当X 0时,有于是幕级数3nXy(0)y(0)13,i,C20.的和函数为y(x)n 0 (3 n)!2 e 2 cos3x(八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质屈数h(

17、x, y)在点M处沿该点的梯度方向gradh(x, y)(X),yo)培(o,yo) 20y, 2yx。方向导数取最大值即 gradh(x, y)(x),yo)的模,g(o,yo).(yo 2x。)2 (x。2y。)2.2(2)按题意,即求g(x, y)求在条件XXy 750下的最大值点2 2g (x,y) (y 2x) (X2 2 22y) 5x 5y 8xyX则有L10y8x (2yyL2 Xy2 Xy 75L10x 8y (2x y) 0,解此方程组：将式与式相加得 (XA的秩为3.因此AX0的基础解系中只包含一个向量.那么由12(1 , 2 ,3,4)1221300知，AX0的基础解系

18、是(1, 2,1,0)t.11再由1 234(1,2,3,4)111TA 知,(1,1,1,1T 是 AX111九、【解】由2, 3,4线性无关及 12 23知,向量组的秩r( 1,2,3, 4)3,即矩阵的一个特x) 0,0.y)(2)0. X y 或 2.22,由或均得 y X,代入式若yX,则由式得3x 75即X 5, y m5.若得X2 75即X5. 3, y 5 3.于是得可能的条件极值点M1 (5, 5),M2( 5,5),M3(5i3,5 .3),M4( 5 3, 5.3).现比较f (x, y) g2(X, y) 5x2 5y2 8Xy在这些点的函数值：f (M1)f (M 2) 450, f(M3) f (M4) 150.因为实际问题存在最大值，而最大值又只可能在M1, M2,M3,M4中取到.因此g2(x, y)在Mi,M 2取到在D的边界上的最大值，即M 1 , M 2可作为攀登的起点1 12 1解.故AX的通解是k,其中k为任意常数1 10 1十、【解】(1)若A,B相似，那么存在可逆矩阵 P,使P 1AP B,故E B E P 1APP 1 EP P 1APP 1( E A