2002考研数学一真题及答案解析

修正版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.)dx=xlnx2(1).eyy(x)e6xyx10y(0)=确定则,(2)已知函数由方程2.y12的特解是x001,y'(3)微分方程2满足初始条件yyyy.x0f(x,x,x)a(x2x2x2)4xx4xx4xx经正交变换(4)已知实二次型123123121323xPyf6ya可化成标准型,则=21.N(,)(0)y2,且二次方程4yX0无实根的概X(5)设随机变量服从正态分布21率为,则＝.2二、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f(x,y)的下面4条性质:①f(x,y)在点处连续(x,y)②f(x,y)在点处的两个偏导数连续;(x,y);0000③f(x,y)在点处可微(x,y);④f(x,y)在点处的两个偏导数存在．(x,y)0000PQ若用“PQ”表示可由性质推出性质,则有(C)③④①(B)③②①.(A)②③①..(D)③①④.nu0(n1,2,3,)nlim1n(1)(11)(2)设,且,则级数1nuuunn1n1n(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.数学(一)试题第页(13)1共页修正版(3)设函数yf(x)在(0,)内有界且可导,则(A)当limf(x)0时,必有limf(x)0.xx(B)当limf(x)存在时,必有limf(x)0.xx(C)当limf(x)0时,必有limf(x)0.x0x0(D)当limf(x)存在时,必有limf(x)0.x0x0(4)设有三张不同平面的方程axayazb,i1,2,3,它们所组成的线性方程组的系i1i2i3i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f(x)和f(x),XX(5)设和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1212分布函数分别为F(x)和F(x),则12(A)f(x)＋f(x)必为某一随机变量的概率密度.12(B)f(x)f(x)必为某一随机变量的概率密度.12(C)F(x)＋F(x)必为某一随机变量的分布函数.12(D)F(x)F(x)必为某一随机变量的分布函数.12三、(本题满分6分)设函数f(x)在x0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h0,abh时是比高阶的无穷小,试确定的值.数学(一)试题第2页(共13页)修正版四、(本题满分7分)已知两曲线yf(x)与yarctanxet2dt在点(0,0)处的切线相同,写出此切线方程,并求极限0limnf(2).nn五、(本题满分7分)emax{x2,y2}dxdy计算二重积分,其中D{(x,y)|0x1,0y1}.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I1[1y2f(xy)]dxx[y2f(xy)1]dy,Lyy2(1)证明曲线积分与路径无关;IL(2)当abcd时,求的值.I七、(本题满分7分)x69x3n(1)验证函数y(x)13333!6!9!(3n)!(x)满足微分方程yyyex;(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数x3n.(3n)!n0八、(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},小山的高度函数为h(x,y)75x2y2xy.(1)设M(x,y)为区域上一点,问h(x,y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?D00数学(一)试题第3页(共13页)修正版g(x,y),试写出g(x,y)的表达式.0若记此方向导数的最大值为000(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x2y2xy75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),,线性无234已知四阶方阵A(,,,),,,,4均为维列向量,其中12341234关,,如果,求线性方程组Ax的通解.22123134十、(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1xx,cos,0f(x)22其他.0,对X独立地重复观察４次,用表示观察值大于的次数Y,求2的数学期望.Y3十二、(本题满分7分)X设总体的概率分布为X01232(1)12P22(01)其中是未知参数,利用总体的如下样本值X2数学(一)试题第4页(共13页)修正版3,1,3,0,3,1,2,3,求的矩估计值和最大似然估计值.2002年考研数学一试题答案与解析一、填空题dlnx11.lnxe(1)【分析】原式lnx2e(2)【分析】方程两边对两次求导得xeyy'6xy'6y2x0,①eyy''eyy'26xy''12y'20.②以x0代入原方程得y0,以xy0y'0,代入①得,再以xyy'0代入②得y''(0)2.(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y''dy'dPPdP.dxdxdydPdPy'1yPP20,即yP0(或P0,但其不满足初始条件).20代入方程得dydyxdPdy分离变量得0,Py积分得lnPlnyC',即PCP0C0);对应11(y由x0时y1,Py'1,C.1得于是221数学(一)试题第页(13)5共页修正版y'P1,2ydydx,2yyxC积分得2.2y1C1,yx1.又由得所求特解为x02xAx(4)【分析】因为二次型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TA6,0,0A的特征值,所以是的特征值.a,故aaa600,a2.i又因iiy4yX0无实根”,则A{164X0}{X“二次方程2A(5)【分析】设事件表示4}.依题意,有P(A)P{X4}1.24P{X4}1P{X4}1(),而即0.4.414141(),(),22二、选择题f(x,y)讨论函数的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的(1)【分析】这是连续性之间的关系.我们知道,f(x,y)的两个偏导数可微的充分条件,若f(x,y)可微则必连续,故选(A).连续是11lim10,不妨认为u1lim10nnN,nN充分大时即0(2)【分析】由时,且nuunnnn1n,u0,因而所考虑级数是交错级数,但不能保证的单调性.unn按定义考察部分和1S(1)k1(1uuk1)n(1)k11n(1)k1ununk1k1k1k1kk1数学(一)试题第页(共页13)6修正版(1)(1)l11(1)n11(n),uuuukn1nuk1l1kl1n11原级数收敛.1uu1再考察取绝对值后的级数nn1uu(1)uu1nn12,.注意n1n1n1n1n1nnn11)(uu1发散发散.因此选(C).nn1n1n1n:反证法.假设limf(x)a0,则由拉格朗日中值定理,(3)【分析】证明(B)对xf(2x)f(x)f'()x(x)(当x时,,因为x2x);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)23,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[f(x)f(x)]dxf(x)dx1f(x)dx21,212F()F()1121.12数学(一)试题第页(13)7共页修正版1,2x1,1,0x1,f(x)f(x)x(,),对于选项(B),若则对任何0,其他，20,其他，1f(x)f(x)dx01,f(x)f(x)0,因此也应否定(C),综上分析用排除法应选,(D).1212Xmax(X,X)X~f(x),i1,2,XF(x)则的分布函数恰是进一步分析可知,若令,而i12iF(x)F(x).12F(x)P{max(X,X)x}P{Xx,Xx}1212P{Xx}P{Xx}F(x)F(x).1212三、【解】用洛必达法则.由题设条件知lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0).由于f(0)0,故必有ab10.h0limaf(h)bf(2h)f(0)limaf'(h)2bf'(2h)又由洛必达法则h0h1h0(a2b)f'(0)0,及f(0)0,则有a2b0.a2,b1.综上,得四、【解】由已知条件得earctan2x1,x0f(0)0,f'(0)(et2dt)'arctanx1x2xx00故所求切线方程为yx.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得f(2)f(0)f(x)f(0)xlimnf(2)2lim2limx02f'(0)2.n2nnnnDD是正方形区域如图.因在上被积函数分块表示五、【分析与求解】x2,xy,(x,y)D,y2,xy,max{x2,y2}数学(一)试题第页(13)8共页修正版yxD于是要用分块积分法,用将分成两块:DDD,DD{yx},DD{yx}.1212Iemax{2}dxdyemax{2}dxdyx2,yx2,yD1D2edxdyey2dxdy2ex2dxdyDyx对称)(关于2xD1D2D121dxxex2dy21xex2dxee1.(选择积分顺序)2x10000六、【分析与求解】(1)易知PdxQdy原函数,PdxQdy1dxyf(xy)dxxf(xy)dydy1(ydxxdy)f(xy)(ydxxdy)xyy2y2yd(x)f(xy)d(xy)d[xxyf(t)dt].0y在y0上PdxQdyu(x,y)xxyf(t)dt.原函数,即y0Iy0与路径无关积分在.,立即可得Iu(x,y)(2)因找到了原函数ca.db(c,d)(a,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xxx9x3n36y(x)13!6!9!(3n)!的收敛域是(x),因而可在(x)上逐项求导数,得xxx8x3n125y'(x)2!5!8!(3n1)!,数学(一)试题第页(13)9共页修正版xx7x3n24y''(x)x(3n2)!,4!7!xx2ny''y'y1xex(x).所以2!n!(2)与y''y'yex相应的齐次微分方程为y''y'y0,101i.3其特征方程为2,特征根为221,23xCsin3x).xYe(Ccos因此齐次微分方程的通解为22212yAeyy''y'yex可得x,将代入方程设非齐次微分方程的特解为A1ye1x3,即有.3331xyYy,方程通解为e2(CcosxCsin2x)3ex.于是221y(0)1C1,3C23,C0.1x0当时,有y'(0)012CC1.3122312于是幂级数的和函数为2331xex(23x3nxe2cosy(x)x)(3n)!n0八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数h(x,y)在点M处沿该点的梯度方向hhxy(x0,y0)0000gradh(x,y){,}{2xy,2yx}(x0,y0)的模,g(x,y)(y2x)2(x2y)2.gradh(x,y)方向导数取最大值即(x0,y0)000000(2)按题意,即求g(x,y)求在条件xyxy750下的最大值点22数学(一)试题第页(13)10共页修正版g2(x,y)(y2x)2(x2y)25x25y28xyxy2xy750下的最大值点在条件2.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L(x,y,)5x25y28xy(x2y2xy75),xLL10x8y(2xy)0,10y8x(2yx)0,则有yLx2y2xy750.或:将①式与②式相加得(xy)(2)0.xy2.解此方程组若yx,则由③式得3x275即x5,y5.若2,由①或②均得yx,代入③式得x275即x53,y53.于是得可能的条件极值点M(5,5),M(5,5),M(53,53),M(53,53).1234现比较f(x,y)g2(x,y)5x25y28xy在这些点的函数值:f(M)f(M)450,f(M)f(M)150.1234M,M,M,M中取到.因此在4g2(x,y)因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在123M,M1,M,M边界上的最大值即可作为攀登的起点.12D取到在的2九、【解】由线性无关及r(,,,)3,即矩阵知,向量组的秩1234,,2234123Ax0的秩为因此的基础解A3.系中只包含一个向量.那么由12123(,,,)20112340数学(一)试题第页(13)11共页修正版知,Ax0的基础解系是(1,2,1,0)T.1111知,(1,1,1,1)4T是Ax的一个特(,,,)A再由111234123111121Ax的通解是,kk其中为任意常数.解.故1101APB,故十、【解】(1)若A,B相似,那么存在可逆矩阵P,使P1EBEP1APP1EPP1APP1(EA)PP1EAPEA.(2)令A0100,那么2,BEAEB.0000APB0.从而AP0P10,矛盾,亦可