2002考研数一真题及解析

1、20022002 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)dx(1)e x ln 2 x(2)已知函数 yy(x) 由方程 ey6xyx210 确定，则 y (0).(3)微分方程 yy y 20 满足初始条件yx 01,y01 的特解是.x2(4)已知实二次型f ( x1 , x2, x3 )a( x12x22x32 )4x1x24x1 x34x2 x3 经正交变换 x Py可化成标准型f 6 y12 ，则 a.(5)设随机变量 X 服从正态分布N ( ,2 )(0), 且二次方程 y24 y X0 无实根的概率

2、为 1，则2二、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： f ( x, y) 在点 ( x0, y0 ) 处连续， f ( x, y) 在点 (x0, y0 ) 处的两个偏导数连续， f ( x, y) 在点 ( x0, y0 ) 处可微， f ( x, y) 在点 (x0, y0 ) 处的两个偏导数存在 .若用PQ表示可由性质P推出 Q，则有()(A) .(B).(C) .(D).(2) 设 un0(n 1,2,3,.), 且 lim

3、n1, 则级数( 1)n 1( 11) ( )nunn 1unun1(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 yf (x) 在 (0,) 内有界且可导，则()(A)当 limf ( x)0 时，必有 lim f (x)0 .xx12002(B) 当 limf (x) 存在时，必有limf (x)0 .xx(C) 当 lim f ( x) 0 时，必有limf (x)0 .x 0x 0(D) 当 limf (x) 存在时，必有 limf (x)0 .x 0x 0(4) 设有三张不同平面的方程ai1x ai 2 y ai 3 z bi

4、,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( )(5) 设 X1 和 X 2 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f1 ( x) 和f2 (x) ，分布函数分别为F1( x) 和 F2 ( x) ，则()(A) f1( x)f 2 ( x) 必为某一随机变量的概率密度.(B) f1( x) f 2 ( 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)F1 ( 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 x0

5、的 某 邻 域 内 具 有 一 阶 连 续 导 数 ， 且 f (0)0, f (0)0, 若af (h)bf (2 h)f (0) 在 h0 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 yarctan x e t 2dt 在点 (0,0) 处的切线相同，写出此切线方程，0并求极限 lim nf ( 2).n n五、 (本题满分7 分 )22002计算二重积分emax x2 , y2 dxdy, 其中 D( x, y) | 0x 1,0y1 .D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

6、半平面 ( y0)内的有向分段光滑曲线，其起点为 (a,b) ，终点为 (c, d ) .记12x2IL y1yf ( xy) dxy2 y f ( xy) 1dy,(1)证明曲线积分I 与路径 L 无关；(2)当 abcd 时，求 I 的值 .七、 (本题满分 7 分 )(1) 验 证 函 数 y( x) 1x3x6x9x3n+L（-x满足微分方程！6！9！L）3(3n)!y y y ex ;(2)利用 (1) 的结果求幂级数x3n的和函数 .0 (3 n)!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) x2y2xy75 ，小

7、山的高度函数为h( x, y)75x2y2xy .(1)设 M (x0 , y0 ) 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g( x0 , y0 ) ，试写出 g( x0 , y0 ) 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 x2y2xy75 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 A(1,2,3 ,4 ),1,2, 3,4 均为 4 维列向量，其中2,

8、3 ,4 线性无关， 1 223 .如果1234 ，求线性方程组 Ax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.32002(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 )1xX 的概率密度为 f (x)cos0 x设随机变量220,其他对 X 独立地重复观察 4 次，用 Y 表示观察值大于的次数，求 Y 2 的数学期望 .3十二、 (本题满分8 分 )设总体 X 的概率分布为X012322P2（1- ）（1-2 ）其中

9、（0 1) 是未知参数，利用总体X 的如下样本值23,1,3,0,3,1,2,3,求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42002一、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.dxlimb dxlimb d ln x1b1e xln 2e x ln 2e ln 2limln xlim1 1x bx bx be bln b(2) 【答案】-2【详解】 y 是由 ey6xyx21 0 确定的 x 的函数，两边对x 求导，ey y 6xy6 y2x0,所以y6 y2x , 两边再对 x 求导，得ey6xy(ey（）

10、 -yy 6),6x) 6y2(6 y 2 x)(e(ey6x) 2把 x0代入，得 y(0) 0， y (0)0 ，代入 y ，得 y (0)2 .(3) 【答案】 yx1【详解】 方法 1：这是属于缺x 的 yf ( y, y ) 类型 . 命 yp, ydpdp dydpdxp.dy dxdy原方程 yyy 20 化为 yp dpp20 ，得dyp0或 y dpp 0dyp 0 ，即 dy0 ，不满足初始条件 y 1 ，弃之；所以p 0dxx 0 2所以， y dpp0 ，分离变量得dydp ，解之得 pC1 . 即 dyC1 .dyypydxy由初始条件 yx1, y1 ，可将 C1

11、先定出来：1C1 ,C11. 于是得0x 02212dy1dx2 y52002解之得， y 2xC2 , yxC2 .以 y x01 代入，得 1C2 ，所以应取 “ +号”且C2 1.于是特解是 yx1.方法 2：将 yyy 20 改写为 ( yy )0 ，从而得 yyC1 . 以初始条件 y(0)1, y (0)1代入，有1 11 .2C1 ， 所 以 得 yy即 2 yy1 ， 改 写 为 ( y2 )1. 解得22y x C2 , yx C2.再以初值代入，1C2所以应取 且C21. 于是特解 yx 1.(4) 【答案】 2a22【详解】 方法 1：二次型 f 的对应矩阵 A2a2，经

12、正交变换 xPy ，可化成标准22a型 f 6y12，故 P为正交矩阵，有 PTP1，且对实对称矩阵 A，有66PT AP0，故 PT AP P 1AP0，即00600A :00000033因为矩阵的 n 个特征值之和等于它的主对角元素之和，aii3ai，相似矩阵i1i 136 故有 3a 6 ，得 a2 .具有相同的特征值，i600i1a22方法 2：二次型 f 的对应矩阵 A2a2，经正交变换 xPy ，可化成标准型f6 y12 ，22a6故 P 为正交矩阵，有 PTP 1，且对实对称矩阵 A ，有 PT APP 1AP0，即062002600A:000000相似矩阵具有相同的特征值，知0

13、 是 A 的特征值，根据特征值的定义，有0EAA0a 22a422A 2 a 2把第 ，列加到第 列2 31 a 4 a 22 2aa42a提取第 1列1222行1行1220的公因子(a 4) 1 a 23行(a 4) 0 a 212a1行00a2( a 4)( a2) 20 ，得a4 或 a2，(1)又 6 是 A 的特征值，根据特征值的定义，有6EA0 ，由6a226a226EA62a226a2(对应元素相减 )622a226 a两边取行列式，6a222a226E A2 6 a2把第 ，列加到第 列22 31 2 a 6 a226a2a26 a提取第 1列1222行1行122a) 16a2

14、a) 08a0(21行(2的公因子1263行008aa(2a)(8a)20得a 2或 a 8(2)因为 (1) ，(2) 需同时成立，取它们的公共部分，得a2.a22方法 3： f 的对应矩阵为 A2a2，经正交变换xPy ，可化成标准型f6 y12 ，22a720026故 P 为正交矩阵，有PT P 1，且对实对称矩阵 A ，有 PT AP P 1 AP0，即0600A:000000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a22a22EA2a22a2 (对应元素相减 )22a22a两边取行列式，a22把第 ，列a422EA2a22

15、 3a4a2加到第 1列22a42aa122提取第 1列的公因子 (a4) 1a212a2行1行122a4) 0(a2)03行(1行00( a2)(a4)(a2) 2其中单根为 a4 ，二重根为 a2 ，故 a46 ，及 a20 ，故知 a2 .a22方法 4： f 的对应矩阵为 A2a2，经正交变换 xPy ，可化成标准型f6 y12 ，22a6故 P 为正交矩阵，有 PTP 1，且对实对称矩阵A，有 PT APP 1AP0，即0a226A2a2:022a0故 r ( A) r ( )1 ，82002a 2222a 2行 1行22aA 2交换第1和2a 2a 0a 22 aa 23行 1行2

16、2第3行的顺序a222a uuuuuuuuuuuuuur22 a2auuuuuuuuuuuuur 0222a22a3行2行0a 22 a3行2 0 a 22 auuuuuuuuuuruuuuuuur( a2004a2a002a 8)222a0a22a00(a2)( a 4)因 r ( A)1，故 a20，且 (a2)( a4) 0 ，故应取 a2 .(5) 【答案】 4 .【详解】二次方程无实根，即y24 yX0 的判别式b24ac 164X 0，也就有 X4 . 此事发生概率为1，即PX41，212对于X: N(, 2)(0),P X，因为正态分布的密度函数为2f ( x)1( x)2exp

17、2 2x2关于 x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将面积平分为两份P X14.，所以2二、选择题(1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中AB 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 ( x, y) 与 f y ( x, y) 连续f (x, y) 可微f x ( x, y)与f y ( x, y)存在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.考察原级数( 1)n 1 (11) 的

18、前 n 项部分和n 1unun192002Sn( 11) (11) (11 ) L ( 1)n 1( 11 )1( 1)n 1 1u1u2u2u3u3u4unun 1u1un 1由 lim n10 知，当 n 充分大时， un0 且 lim un. 所以 lim Sn1(收敛 )，nunnnu1另一方面，( 11) 为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件n 1 unun1lim n1 的启发，考虑n un11un 1unlim unun1limunun 1lim (un 1un )n( n 1)n11n2n1nunun 1(2 n 1)nn1n(n1)n(n1) (n1) un 1un

19、 (n1)un 1unlimn( n1)nlimn(n1)n2n1unun 11nunun 1n2n 1nnn1n而级数(11)11是发散的，所以( 11 ) 也发散，所以选 (C).n 1 n n 1n 1 nn 1 n 1n 1 unun 1(3) 【详解】 方法 1：排斥法 .令 f ( x)1 sin x2 ，则 f (x) 在 (0,) 有界， f(x)1sin x22cos x2 ，xx2limf (x)0 ，但 lim f ( x) 不存在，故 (A) 不成立；xxlimf (x)0 ，但lim f( x)10， (C)和 (D) 不成立，故选 (B).x 0x0方法 2：证明

20、(B) 正确 . 设 limf(x) 存在，记 limf (x)A，证明 A0 .xx用反证法，若A0，则对于A0，存在X0 ， 使 当 xX 时 ，2AAAA3Af ( x) AAf( x)A，即22222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2A (x X )f ( x)f ( X ) f ( )( x X )f ( X )2从而 limf ( x)，与题设 f (x) 有界矛盾 .类似可证当 A0时亦有矛盾 .故A 0.x102002(4) 【答案】 (B)【详解】三张不同平面的方程分别为ai 1xai 2 y ai 3 zbi , i1,2

21、,3, 判断三个平面有无a11 x a12 y a13z b1公共点即判断方程组 a21 x a22 y a23 zb2有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有a31x a32 y a33 z b3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

22、的充要条件为：(1) f ( x)0; (2)f ( x)dx1.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 F ( x)0, lim F ( x)1; (3) F (x) 右连续 .xx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)dxf1(x)dxf2 (x)dx1121也不能选 (B) ，因为可取反例，令1,1x0f21,0 x 1f1( x)其他(x)其他0,0,显然 f1 ( x)， f2 ( x) 均是均匀分布的概率密度.而f1( x)

23、f 2 ( x)0 ，不满足f1 (x) f2 (x)dx1条件 .(C)当然也不正确，因为lim F (x1)F ( x2 )1121x112002根据排除法，答案应选(D).方法 2：令 Xmax( X1, X 2 ) ，显然 X 也是一个随机变量.X 的分布函数为F ( x)P XxP max(X1, X 2 )xP X1x, X 2xP X1x P X2xF1 (x) F2 (x) .三【详解】方法 1：由题设条件知有lim af (h) bf (2h)f (0)(ab1) f (0)0h0由于 f (0)0 ，所以 ab 10. 又由洛必达法则，lim af (h) bf (2h)

24、f (0)lim( af(h)2bf(2h)(a2b) f (0)h0hh0由于 af (h)bf (2 h)f (0)在 h0 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 a2b0 .ab102, b1.解2b联立方程组得， aa0方法 2：分别将 f (h),f (2 h) 按佩亚诺余项泰勒公式展开到o(h) ，有f ( h)f (0)f (0) ho1(h) ， f (2 h)f (0)2 f(0)ho2 ( h)从而af (h)bf (2 h)f (0)(ab1) f (0)(a2b) f(0) ho3 (h)由题设条件知，a b 1 0, a2b

25、0,所以 a2,b1.方法 3：由题设条件，有lim af (h) bf (2h)f (0)(ab1) f (0)0h0由于 f (0)0 ，所以 ab 10. 再将 a1b 代入 lim 1 af (h)bf (2 h) f (0) ，h0h并凑成导数定义形式，有0lim af (h)bf (2h)f (0)lim (1b) f ( h)bf (2h)f (0)h0hh 0hlimf (h)f (0)b f ( h)f (0)2b f (2 h)f (0) h0hh2hf (0) bf (0) 2bf(0)（1b) f (0)从而a2, b1.122002四【详解】由 yarctan x e

26、 t 2dt 知 y(0)0 ，由变上限积分的求导公式得0(arctan x)2(arctan x)2g1ye(arctanx)e1x2,（ ）(arctan0)21所以gy0e1021因此，过点(0,0) 的切线方程为yx.yf ( x) 在点 (0,0) 处与上述曲线有相同的切线方程，于是f (0)0, f(0)1 .lim nf ( 2 )f ( 2)f (0)f ( 2 )f (0)limn12limn22 f(0)2nnnnnnmax x2 , y2写成分块表达式 .五【详解】应先将e记D1( x, y) 0x1,0yx , D2( x, y) 0x1,xy1max x2 , y 2ex2(x, y)D1;于是ey 2(x, y)D2.emax x2 , y2dmax x2 , y 2max x2 , y2ex2ey2从而eededddDD1D2D1D21dxx ex2dy1dy1ey2dx1ex2xdx1ey2ydy00000021x21x221dex2x21(e1)exdxedx0e|000六【详解】 (1)记 P( x, y)1 1 y2 f (xy) ， Q( x, y)x y2 f ( xy) 1yy2(x2 y2 f (xy)1)(x2 )x( y2f ( xy)1)Qyy( y2f ( xy)xxx1)2xy1(