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1、数学(一)试题 第 1 页(共 13 页)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.积分得 .,ydx22yx又由 得 所求特解为01xy2,C1.(4)【分析】
2、 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数学(一)试题 第 2 页(共 13 页)的特征值,所以 是 的特征值.A6,0A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 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,N
3、n10nu1lim0,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 1111()()()nnnk kkk kkSuuu1111()(),k nnnlkl原级数收敛.数学(一)试题 第 3 页(共 13 页)再考察取绝对值后的级数 .注意11()nnu112,nnuu发散 发散.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()
4、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】 首先可以否定选项(A)与(C),因 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 ).120fx12()1fxd数学(一)试题 第 4 页(共 13 页
5、)进一步分析可知,若令 ,而 则 的分布函数 恰是12max()X(),12,iiXfxX()Fx12().Fx1212()a(,),FxPxPx().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()(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五
6、、 【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,ax,(,),xyy于是要用分块积分法,用 将 分成两块:1212,.DyxDyxUII数学(一)试题 第 5 页(共 13 页)I2 21 2max,max,yyDDeded( 关于 对称)2 2121xyxyx(选择积分顺序)0xde 22100.xxede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 (,).cd
7、abIuxy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(),25831()!()!nxxyL,4732()!()!n所以 .21!nxxy eL)数学(一)试题 第 6 页(共 13 页)(2)与 相应的齐次微分方程为 ,xye0y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
8、(), ,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(2)按题意,即求 求在条件 下的最大值点()g275x2 2,()8xyxyyx在条件 下的最大值点.750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(,)875,Lxyyxyx数学(一)试题 第 7 页(共 13 页)则有 2108()0,750.Lxyxxy解此方程组:将式与式相
9、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234,2(,)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.0x1234123(,)00知, 的基础解系是0Ax(
10、,).T再由 知, 是 的一个特123412341(,)A(,)TAx数学(一)试题 第 8 页(共 13 页)解.故 的通解是 其中 为任意常数.Ax12,0kk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 ,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即存在可逆矩阵 ,使PQ11 1.nAQB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数学(一)试题 第 9 页(共 13 页)十二、 【解】 2201()3(1)4,EX1(3).EX的矩估计量为 根据给定的样本观察值计算(3),4 028x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.数学(一)试题 第 10 页(共 13 页)
