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1、-_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) (2) 已知函数由方程确定，则 .(3) 微分方程满足初始条件的特解是 .(4) 已知实二次型经正交变换可化成标准型，则 .(5) 设随机变量服从正态分布且二次方程无实根的概率为，则 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) 考虑二元函数的下面4条性质：在点处连续， 在点处的两个偏导数连续，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，则有 ( )(A)
2、. (B).(C) . (D).(2) 设且则级数 ( )(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) 设函数在内有界且可导，则 ( )(A) 当时，必有. (B)当存在时，必有.(C) 当时，必有. (D)当存在时，必有.(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，分布函数分别为和，则 ( )(A)必为某一随机变量的概率密度. (B)必为某一随机变量的概率密度.(C) 必为某一随机变量的分布函数. (
3、D) 必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分6分)设函数在的某邻域内具有一阶连续导数，且若在时是比高阶的无穷小，试确定的值.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，并求极限五、(本题满分7分)计算二重积分其中.六、(本题满分8分)设函数在内具有一阶连续导数，是上半平面内的有向分段光滑曲线，其起点为，终点为.记(1)证明曲线积分与路径无关； (2)当时，求的值.七、(本题满分7分)(1)验证函数满足微分方程(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.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，小山的高度函数为.(1)设为区域上的一点
4、，问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，试写出表达式.(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，要在的边界线上找出使(1)中的达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分6分)已知4阶方阵均为4维列向量，其中线性无关，.如果，求线性方程组的通解.十、(本题满分8分)设为同阶方阵，(1)如果相似，试证的特征多项式相等.(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)设随机变量的概率密度为对独立地重复观察4次，用表示观察值大于的次数，
5、求的数学期望.十二、(本题满分8分)设总体的概率分布为0123其中是未知参数，利用总体的如下样本值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.(2)【答案】 -2 【详解】是由确定的的函数，两边对求导，所以 两边再对求导，得把代入，得，代入，得.(3)【答案】【详解】方法1：这是属于缺的类型. 命.原方程化为，得或，即，不满足初始条件，弃之；所以所以，分离变量得，解之得 即由初始条件，可将先定出来：. 于是得解之得，.以代入，得，所以应取“+”号且. 于是特解是.方法2
6、：将改写为，从而得. 以初始条件代入，有，所以得. 即，改写为. 解得.再以初值代入，所以应取且. 于是特解.(4)【答案】2【详解】方法1：二次型的对应矩阵，经正交变换，可化成标准型，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，故，即因为矩阵的个特征值之和等于它的主对角元素之和，相似矩阵具有相同的特征值，故有，得.方法2：二次型的对应矩阵，经正交变换，可化成标准型，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，即相似矩阵具有相同的特征值，知0是的特征值，根据特征值的定义，有，得 或， (1)又6是的特征值，根据特征值的定义，有，由 (对应元素相减)两边取行列式，得 或 (2)因为(1)，(2)需同时成立，
7、取它们的公共部分，得.方法3：的对应矩阵为，经正交变换，可化成标准型，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，即相似矩阵具有相同的特征值，知的特征值，其中一个单根是6，一个二重根应是0，直接求的特征值，即由(对应元素相减)两边取行列式，其中单根为，二重根为，故，及，故知.方法4：的对应矩阵为，经正交变换，可化成标准型，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，即故，因，故，且，故应取.(5)【答案】.【详解】二次方程无实根，即的判别式，也就有. 此事发生概率为，即，对于，因为正态分布的密度函数为 关于对称；另一方面，由概率的计算公式，与轴所围成的面积是1，所以将面积平分为两份 ，所以.二、选择题(1
8、)【详解】下述重要因果关系应记住，其中表示由可推出. 无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立. 与连续可微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.考察原级数的前项部分和由知，当充分大时，且. 所以(收敛)，另一方面，为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件的启发，考虑而级数是发散的，所以也发散，所以选(C).(3)【详解】方法1：排斥法.令，则在有界，但不存在，故(A)不成立；，但 ，(C)和(D)不成立，故选(B).方法2：证明(B)正确. 设存在，记，证明.用反证法，若，则对于，存在
9、，使当时，即由此可知，有界且大于.在区间上应用拉格朗日中值定理，有从而，与题设有界矛盾.类似可证当时亦有矛盾. 故.(4) 【答案】(B)【详解】三张不同平面的方程分别为判断三个平面有无公共点即判断方程组有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是(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】函数成为概率密度
10、的充要条件为：(1) (2)函数成为分布函数的充要条件为：(1)单调不减；(2)(3)右连续.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，因为也不能选(B)，因为可取反例，令显然均是均匀分布的概率密度. 而，不满足条件.(C)当然也不正确，因为根据排除法，答案应选(D).方法2：令，显然也是一个随机变量. 的分布函数为.三【详解】方法1：由题设条件知有由于，所以. 又由洛必达法则，由于在时是比高阶的无穷小，由高阶无穷小的定义知上式等于0，又由 得.解联立方程组得，.方法2：分别将按佩亚诺余项泰勒公式展开到，有，从而 由题设条件知，
11、所以.方法3：由题设条件，有由于，所以. 再将代入，并凑成导数定义形式，有从而 .四【详解】由知，由变上限积分的求导公式得所以 因此，过点的切线方程为 在点处与上述曲线有相同的切线方程，于是.五【详解】应先将写成分块表达式. 记于是 从而 六【详解】(1) 记，所以，. 故在上半平面()，该曲线积分与路径无关.(2)方法1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从点到点 再到点. 有经积分变量变换后，. 当时，推得.方法2:原函数法.由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿莱布尼茨公式类似)，有其中为的一个原函数，即设.由此有.方法3：由于与路径无关，
12、又由的启发，取路径，其中. 点与点都在此路径上. 于是将代入之后，七【解】(1) ，由收敛半径的求法知收敛半径为，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得，同理得 从而(由的麦克劳林展开式)这说明，是微分方程的解，并且满足初始条件，.(2)微分方程对应的齐次线性方程为，其特征方程为，其特征根为，所以其通解为.另外，该非齐次方程的特解形式为，代入原非齐次方程得，所以.故微分方程的通解为.故 由初始条件得解得，于是得到惟一的一组解：从而得到满足微分方程及初始条件的解，只有一个，为另一方面，由(1)已知也是微分方程及初始条件的解，由微分方程解的唯一性，知 八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向
13、导数的最大值是梯度的模长，(2) 命=，求在约束条件下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数则 .由第1、第2 两式相加可得 . 从而得或，再分别讨论之.若，则解得 或 若，则解得 或 于是得到如上4个可能极值点. 将记为. 由于故点可作为攀登起点.九【详解】方法1：记，由线性无关，及即可以由线性表出，故线性相关，及即可由线性表出，知系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故有解.对应齐次方程组，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成，是的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知的通解为，其中是对应齐次方程组的通解，是的一个特解，因故，故是的一个非零解向量，因为的基础解系中只含有一个解向量，故是的基础解系.又，即故是的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程组的通解为.(其中是任意常数)方法2：令，则线性非齐次方程为已知，故将
