1、数学(一)试题 第 1 页(共 13 页)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) = .exd2ln(2)已知函数 由方程 确定,则 = .()y0162xye()y(3)微分方程 满足初始条件 的特解是 .022xx(4)已知实二次型 经正交变换323112321321 44)(),( xaxf 可化成标准型 ,则 = .xPy6y(5)设随机变量 服从正态分布 ,且二次方程 无实根的概X2(,)0N02Xy率为 ,则 .12二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.每小
2、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 的下面 4 条性质:),(yxf 在点 处连续; 在点 处的两个偏导数连续;,yxf0 ),(yxf),(0 在点 处可微; 在点 处的两个偏导数存在)(),(若用“ ”表示可由性质 推出性质 ,则有PQPQ(A) . (B) .(C) . (D) .(2)设 ,且 ,则级数0(1,23)nuLlim1nu11()nnu(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 2 页(共 13 页)(3)设函数 在 内有界且可导,则()yfx0)
3、(A) 当 时,必有 .limx 0)(lixfx(B) 当 存在时,必有 .)(fm(C) 当 时,必有 .0lix0li()xf(D) 当 存在时,必有 .()f(4)设有三张不同平面的方程 , ,它们所组成的线性方程组的系123iiiiaxyzb321数矩阵与增广矩阵的秩都为,则这三张平面可能的位置关系为(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 和 ,1X2 1()fx2f分布函数分别为 和 ,则()Fx(A) 必为某一随机变量的概率密度.1f2f(B) 必为某一随机变量的概率密度.x()(C) 必为某一随机变量的分布函数.1F2(D) 必为某一随机变量的分
4、布函数.x()三、(本题满分 6 分)设函数 在 的某邻域内具有一阶连续导数,且 ,若xf0(0),()0ff在 时是比 高阶的无穷小,试确定 的值.()2)(afhbhba数学(一)试题 第 3 页(共 13 页)四、(本题满分 7 分)已知两曲线 与 在点 处的切线相同,写出此切线方程,并求极限(xfyxtdearctn02(0).)2(limnf五、(本题满分 7 分)计算二重积分 ,其中 .dxyeD,max2 10,|),(yxyD六、(本题满分 8 分)设函数 在 内具有一阶连续导数, 是上半平面( 0)内的有向分段光滑曲线,xf(Ly其起点为( ),终点为( ).记badc221
5、()()1,LxIyfdyfdy(1)证明曲线积分 与路径 无关 ;(2)当 时,求 的值.cdabI七、(本题满分 7 分)(1)验证函数 满足微分方程33369(1()!()!nxxy xL;xey(2)利用(1)的结果求幂级数 的和函数.30()!nx八、(本题满分 7 分)设有一小山,取它的底面所在的平面为 坐标面,其底部所占的区域为xOy 2(,)|Dxy,小山的高度函数为 .25yx)(hxy275(1)设 为区域 上一点,问 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大 ?)0yMD,yx数学(一)试题 第 4 页(共 13 页)若记此方向导数的最大值为 ,试写出 的表达式.)(0yxg
6、),(0yxg(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 的边界线 上找出使(1) 中 达到最大值的点.试确定攀登D275),(yxg起点的位置.九、(本题满分 6 分)已知四阶方阵 , 均为 维列向量,其中 线性无关,),(4321A4321, 432,如果 ,求线性方程组 的通解.321Ax十、(本题满分 8 分)设 为同阶方阵,AB(1)若 相似,证明 的特征多项式相等.,AB(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当 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 的概率密度为
7、X10,cos,()2xf 其 他 .对 独立地重复观察次,用 表示观察值大于 的次数,求 的数学期望.XY32Y十二、(本题满分 7 分)设总体 的概率分布为0 1 2 3P2)(1其中 是未知参数,利用总体 的如下样本值1(0)X数学(一)试题 第 5 页(共 13 页)3,10,23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(1)【分析】 原式 2ln1.leedx(2)【分析】 方程两边对 两次求导得60,yxy212.e以 代入原方程得 ,以 代入得 ,再以 代入得0xyxy0y0xy()2.y(3)【分析】 这是二阶的可降阶微分方程.令 (以 为
8、自变量),则yPy .dyPdxy代入方程得 ,即 (或 ,但其不满足初始条件 ).20d0dy012xy分离变量得 ,Py积分得 即 ( 对应 );ln,C1Py01C由 时 得 于是0x1,2yP.数学(一)试题 第 6 页(共 13 页)积分得 .1,2,yPydx22yxC又由 得 所求特解为01xy2,C1.(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TxA的特征值,所以 是 的特征值.A6,0又因 ,故iia60,2.aa(5)【分析】 设事件 表示“二次方程 无实根”,则A42Xy1640AX依题意,有. 1().2PX而 44(),即
9、1(),(),0.4.二、选择题(1)【分析】 这是讨论函数 的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关()fxy系.我们知道, 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若 可微则必连续,故选(A).()fxy )fxy(2)【分析】 由 充分大时即 时 ,且 不妨认为1lim0nu,Nn10nu1lim0,nu因而所考虑级数是交错级数,但不能保证 的单调性.,0nun按定义考察部分和数学(一)试题 第 7 页(共 13 页)1111()()()nnnk kkk kkSuuu1111()(),k nnnlkl原级数收敛.再考察取绝对值后的级数 .注意11()nnu112,nnuu发散 发散.
10、因此选(C).1n11()nn(3)【分析】 证明(B)对:反证法.假设 ,则由拉格朗日中值定理,lim()0xfa2() )fxf(当 时, ,因为 );但这与 矛盾x2x(2(2)(2fxffxfM).fM(4)【分析】 因为 ,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯()23rA一,因此应选(B).(A)表示方程组有唯一解,其充要条件是 ()3.rA(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 和()2rA,且 中任两个平行向量都线性无关 .3r类似地,(D)中有两个平面平行,故 , ,且 中有两个平行向量共线.()2rA()3A(5)【分析】
11、首先可以否定选项(A)与(C),因数学(一)试题 第 8 页(共 13 页)1212()()()1,.fxdfxdfxdF对于选项(B),若 则对任何12,0,()()0f f其 他 ， 其 他 ， (,), 因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D ).120fx121fxd进一步分析可知,若令 ,而 则 的分布函数 恰是2maX),12,iiXfxX(Fx12().Fx1212()ax(,),FPxPx().XF三、 【解】 用洛必达法则.由题设条件知由于 ,故必有0lim()2)(01)(0.hafbfhfabf()0f10.ab又由洛必达法则 0 02li limh hfbh()
12、(0,af及 ,则有 .(0)f2ab综上,得 1四、 【解】 由已知条件得 (0),f22arctnarctn000() 1,xxtxefed故所求切线方程为 .由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得yx02()()lim()lilim2(0).nnxffff f数学(一)试题 第 9 页(共 13 页)五、 【分析与求解】 是正方形区域如图.因在 上被积函数分块表示DD22,max,(,),xyy于是要用分块积分法,用 将 分成两块:1212,.DyxDyxUIII1 2max,ma,yyeded( 关于 对称)2 2121xyxDDDyx(选择积分顺序)0xde 22100.xxede
13、六、 【分析与求解】 (1)易知 原函数,PQdy221()()()xPdxQydxfyxf ydxfxyd0()()().xyfdft在 上 原函数,即 .0yPdxQy0(,)()xyuftd积分 在 与路径无关.I(2)因找到了原函数,立即可得 (,).cdabIuxy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()1!nxxyL的收敛域是 ,因而可在 上逐项求导数,得()数学(一)试题 第 10 页(共 13 页),25831()!()!nxxyL,4732()!()!n所以 .21!nxxy eL()(2)与 相应的齐次微分方程为 ,xe0y
14、其特征方程为 ,特征根为 .2101,23i因此齐次微分方程的通解为 .212(cossin)xYeCxx设非齐次微分方程的特解为 ,将 代入方程 可得yAyxye,即有 .13Axe于是,方程通解为 .212331(cossin)xyYCe当 时,有0x1 122(), ,0.330.Cy于是幂级数 的和函数为30()!n2()cosxxee()八、 【分析与求解】 (1)由梯度向量的重要性质:函数 在点 处沿该点的梯度方向),(yxhM00(,)(,)00,2,xyxyhhgrad方向导数取最大值即 的模,0(),xy 22000,()().gyxy数学(一)试题 第 11 页(共 13
15、页)(2)按题意,即求 求在条件 下的最大值点(,)gxy2750xy2 2()8xy在条件 下的最大值点.750xy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 22(,)8(75),Lxyxy则有 210)0,8(,750.yxyL解此方程组:将式与式相加得 或()2.xyxy2.若 ,则由式得 即 若 由或均得 ,代入式yx2375,5m,yx得 即 于是得可能的条件极值点275,.y1234()(,)(,)(3,).MM现比较 在这些点的函数值:2,58fxygxy1234()()40,()()150.fff因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在 中取到.因此 在234,
16、2(,)gxy取到在 的边界上的最大值,即 可作为攀登的起点.12MD12,M九、 【解】 由 线性无关及 知,向量组的秩 ,即矩阵432,3211234(,)r的秩为 因此 的基础解系中只包含一个向量.那么由A.0x数学(一)试题 第 12 页(共 13 页)1234123(,)00知, 的基础解系是0Ax(,).T再由 知, 是 的一个特123412341(,)A(,)TAx解.故 的通解是 其中 为任意常数.Ax21,0kk十、 【解】 (1)若 相似,那么存在可逆矩阵 ,使 故BP1,AB11EAE() .PE(2)令 那么010,AB2.B但 不相似.否则,存在可逆矩阵 ,使 .从而
17、 ,矛盾,亦可从BP10A10AP而知 与 不相似.()10r(3)由 均为实对称矩阵知, 均相似于对角阵,若 的特征多项式相等,记特征多项式ABB的根为 则有1nL相似于 也相似于1,nO1.nO数学(一)试题 第 13 页(共 13 页)即存在可逆矩阵 ,使PQ11 1.nAQBO于是 由 为可逆矩阵知, 与 相似.11()().B1PA十一、 【解】 由于 依题意, 服从二项分布 ,则有3cos2xXdY1(4)2B2 221()()4()5.EYDnpq十二、 【解】 2201()3()4,X1(3).EX的矩估计量为 根据给定的样本观察值计算(3),41028x因此 的矩估计值2.4x对于给定的样本值似然函数为 62()4(1),ln()l46n2l(1)4ln(2),LL2ln88.(1)d令 ,得方程 ,解得 ( 不合题意).l()0Ld21430732713,2于是 的最大似然估计值为 7.
