2002考研數(shù)一真題及解析

精品文檔2002年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題一、填空題(本題共5小題，每小題3分，滿分15分，把答案填在題中橫線上)(1) (2) 已知函數(shù)由方程確定，則 .(3) 微分方程滿足初始條件的特解是 .(4) 已知實二次型經(jīng)正交變換可化成標(biāo)準(zhǔn)型，則 .(5) 設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布且二次方程無實根的概率為，則 二、選擇題(本題共5小題，每小題3分，共15分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，把所選項前的字母填在題后的括號內(nèi).)(1) 考慮二元函數(shù)的下面4條性質(zhì)：在點處連續(xù)， 在點處的兩個偏導(dǎo)數(shù)連續(xù)，在點處可微， 在點處的兩個偏導(dǎo)數(shù)存在.若用表示可由性質(zhì)推出，則有 ( )(A) . (B).(C) . (D).(2) 設(shè)且則級數(shù) ( )(A) 發(fā)散. (B)絕對收斂.(C)條件收斂. (D)收斂性根據(jù)所給條件不能判定.(3) 設(shè)函數(shù)在內(nèi)有界且可導(dǎo)，則 ( )(A) 當(dāng)時，必有. (B)當(dāng)存在時，必有.(C) 當(dāng)時，必有. (D)當(dāng)存在時，必有.(4) 設(shè)有三張不同平面的方程它們所組成的線性方程組的系數(shù)矩陣與增廣矩陣的秩都為2，則這三張平面可能的位置關(guān)系為 ( )(5) 設(shè)和是任意兩個相互獨立的連續(xù)型隨機(jī)變量，它們的概率密度分別為和，分布函數(shù)分別為和，則 ( )(A)必為某一隨機(jī)變量的概率密度. (B)必為某一隨機(jī)變量的概率密度.(C) 必為某一隨機(jī)變量的分布函數(shù). (D) 必為某一隨機(jī)變量的分布函數(shù).三、(本題滿分6分)設(shè)函數(shù)在的某鄰域內(nèi)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且若在時是比高階的無窮小，試確定的值.四、(本題滿分7分)已知兩曲線與在點處的切線相同，寫出此切線方程，并求極限五、(本題滿分7分)計算二重積分其中.六、(本題滿分8分)設(shè)函數(shù)在內(nèi)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，是上半平面內(nèi)的有向分段光滑曲線，其起點為，終點為.記(1)證明曲線積分與路徑無關(guān)； (2)當(dāng)時，求的值.七、(本題滿分7分)(1)驗證函數(shù)滿足微分方程(2)利用(1)的結(jié)果求冪級數(shù)的和函數(shù).八、(本題滿分7分)設(shè)有一小山，取它的底面所在的平面為坐標(biāo)面，其底部所占的區(qū)域為，小山的高度函數(shù)為.(1)設(shè)為區(qū)域上的一點，問在該點沿平面上什么方向的方向?qū)?shù)最大？若記此反向?qū)?shù)的最大值為，試寫出表達(dá)式.(2)現(xiàn)欲利用此小山開展攀巖活動，為此需要在山腳尋找一上山坡度最大的點作為攀登的起點.也就是說，要在的邊界線上找出使(1)中的達(dá)到最大值的點.試確定攀登起點的位置.九、(本題滿分6分)已知4階方陣均為4維列向量，其中線性無關(guān)，.如果，求線性方程組的通解.十、(本題滿分8分)設(shè)為同階方陣，(1)如果相似，試證的特征多項式相等.(2)舉一個二階方陣的例子說明(1)的逆命題不成立.(3)當(dāng)均為實對稱矩陣時，試證(1)的逆命題成立.十一、(本題滿分8分)設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為對獨立地重復(fù)觀察4次，用表示觀察值大于的次數(shù)，求的數(shù)學(xué)期望.十二、(本題滿分8分)設(shè)總體的概率分布為0123其中是未知參數(shù)，利用總體的如下樣本值求的矩陣估計值和最大似然函數(shù)估計值.2002年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題解析一、填空題(1)【答案】 1 【詳解】先將其轉(zhuǎn)化為普通定積分，求其極限即得廣義積分.(2)【答案】 -2 【詳解】是由確定的的函數(shù)，兩邊對求導(dǎo)，所以 兩邊再對求導(dǎo)，得把代入，得，代入，得.(3)【答案】【詳解】方法1：這是屬于缺的類型. 命.原方程化為，得或，即，不滿足初始條件，棄之；所以所以，分離變量得，解之得 即由初始條件，可將先定出來：. 于是得解之得，.以代入，得，所以應(yīng)取“+”號且. 于是特解是.方法2：將改寫為，從而得. 以初始條件代入，有，所以得. 即，改寫為. 解得.再以初值代入，所以應(yīng)取且. 于是特解.(4)【答案】2【詳解】方法1：二次型的對應(yīng)矩陣，經(jīng)正交變換，可化成標(biāo)準(zhǔn)型，故為正交矩陣，有，且對實對稱矩陣，有，故，即因為矩陣的個特征值之和等于它的主對角元素之和，相似矩陣具有相同的特征值，故有，得.方法2：二次型的對應(yīng)矩陣，經(jīng)正交變換，可化成標(biāo)準(zhǔn)型，故為正交矩陣，有，且對實對稱矩陣，有，即相似矩陣具有相同的特征值，知0是的特征值，根據(jù)特征值的定義，有，得 或， (1)又6是的特征值，根據(jù)特征值的定義，有，由 (對應(yīng)元素相減)兩邊取行列式，得 或 (2)因為(1)，(2)需同時成立，取它們的公共部分，得.方法3：的對應(yīng)矩陣為，經(jīng)正交變換，可化成標(biāo)準(zhǔn)型，故為正交矩陣，有，且對實對稱矩陣，有，即相似矩陣具有相同的特征值，知的特征值，其中一個單根是6，一個二重根應(yīng)是0，直接求的特征值，即由(對應(yīng)元素相減)兩邊取行列式，其中單根為，二重根為，故，及，故知.方法4：的對應(yīng)矩陣為，經(jīng)正交變換，可化成標(biāo)準(zhǔn)型，故為正交矩陣，有，且對實對稱矩陣，有，即故，因，故，且，故應(yīng)取.(5)【答案】.【詳解】二次方程無實根，即的判別式，也就有. 此事發(fā)生概率為，即，對于，因為正態(tài)分布的密度函數(shù)為 關(guān)于對稱；另一方面，由概率的計算公式，與軸所圍成的面積是1，所以將面積平分為兩份 ，所以.二、選擇題(1)【詳解】下述重要因果關(guān)系應(yīng)記住，其中表示由可推出. 無箭頭者無因果關(guān)系，箭頭的逆向不成立. 與連續(xù)可微其中均指在同一點處. 記住上述關(guān)系，不難回答本選擇題，故應(yīng)選(A).(2)【詳解】首先要分清絕對收斂和條件收斂的定義，通過定義判定級數(shù)的斂散性.考察原級數(shù)的前項部分和由知，當(dāng)充分大時，且. 所以(收斂)，另一方面，為正項級數(shù)，用比較判別法的極限形式，由題設(shè)條件的啟發(fā)，考慮而級數(shù)是發(fā)散的，所以也發(fā)散，所以選(C).(3)【詳解】方法1：排斥法.令，則在有界，但不存在，故(A)不成立；，但 ，(C)和(D)不成立，故選(B).方法2：證明(B)正確. 設(shè)存在，記，證明.用反證法，若，則對于，存在，使當(dāng)時，即由此可知，有界且大于.在區(qū)間上應(yīng)用拉格朗日中值定理，有從而，與題設(shè)有界矛盾.類似可證當(dāng)時亦有矛盾. 故.(4) 【答案】(B)【詳解】三張不同平面的方程分別為判斷三個平面有無公共點即判斷方程組有無公共解，且方程組有多少公共解平面就有多少公共點，由于方程組的系數(shù)矩陣與增廣矩陣的秩都是(未知量的個數(shù))，所以方程組有解且有無窮多解，故三個平面有無窮多個公共點，故應(yīng)排除(A)三平面唯一交點(即方程組只有唯一解)(C)、(D)三平面沒有公共交點(即方程組無解).故應(yīng)選(B)，三個平面相交于一條直線，直線上所有的點均是平面的公共點，即有無窮多個公共點.(5)【答案】D 【分析】函數(shù)成為概率密度的充要條件為：(1) (2)函數(shù)成為分布函數(shù)的充要條件為：(1)單調(diào)不減；(2)(3)右連續(xù).我們可以用以上的充要條件去判斷各個選項，也可以用隨機(jī)變量的定義直接推導(dǎo).【詳解】方法1：(A)選項不可能，因為也不能選(B)，因為可取反例，令顯然均是均勻分布的概率密度. 而，不滿足條件.(C)當(dāng)然也不正確，因為根據(jù)排除法，答案應(yīng)選(D).方法2：令，顯然也是一個隨機(jī)變量. 的分布函數(shù)為.三【詳解】方法1：由題設(shè)條件知有由于，所以. 又由洛必達(dá)法則，由于在時是比高階的無窮小，由高階無窮小的定義知上式等于0，又由 得.解聯(lián)立方程組得，.方法2：分別將按佩亞諾余項泰勒公式展開到，有，從而 由題設(shè)條件知， 所以.方法3：由題設(shè)條件，有由于，所以. 再將代入，并湊成導(dǎo)數(shù)定義形式，有從而 .四【詳解】由知，由變上限積分的求導(dǎo)公式得所以 因此，過點的切線方程為 在點處與上述曲線有相同的切線方程，于是.五【詳解】應(yīng)先將寫成分塊表達(dá)式. 記于是 從而 六【詳解】(1) 記，所以，. 故在上半平面()，該曲線積分與路徑無關(guān).(2)方法1：由該曲線積分與路徑無關(guān)而只與端點有關(guān)所以用折線把兩個端點連接起來. 先從點到點 再到點. 有經(jīng)積分變量變換后，. 當(dāng)時，推得.方法2:原函數(shù)法.由原函數(shù)法計算第二型曲線積分的公式(與定積分的牛頓萊布尼茨公式類似)，有其中為的一個原函數(shù)，即設(shè).由此有.方法3：由于與路徑無關(guān)，又由的啟發(fā)，取路徑，其中. 點與點都在此路徑上. 于是將代入之后，七【解】(1) ，由收斂半徑的求法知收斂半徑為，故由冪級數(shù)在收斂區(qū)間上逐項可導(dǎo)公式得，同理得 從而(由的麥克勞林展開式)這說明，是微分方程的解，并且滿足初始條件，.(2)微分方程對應(yīng)的齊次線性方程為，其特征方程為，其特征根為，所以其通解為.另外，該非齊次方程的特解形式為，代入原非齊次方程得，所以.故微分方程的通解為.故 由初始條件得解得，于是得到惟一的一組解：從而得到滿足微分方程及初始條件的解，只有一個，為另一方面，由(1)已知也是微分方程及初始條件的解，由微分方程解的唯一性，知 八【詳解】(1)根據(jù)方向?qū)?shù)和梯度的定義，知方向?qū)?shù)的最大值是梯度的模長，(2) 命=，求在約束條件下的最大值點. 為此，構(gòu)造拉格朗日函數(shù)則 .由第1、第2 兩式相加可得 . 從而得或，再分別討論之.若，則解得 或 若，則解得 或 于是得到如上4個可能極值點. 將記為. 由于故點可作為攀登起點.九【詳解】方法1：記，由線性無關(guān)，及即可以由線性表出，故線性相關(guān)，及即可由線性表出，知系數(shù)矩陣的秩與增廣矩陣的秩相等，故有解.對應(yīng)齊次方程組，其系數(shù)矩陣的秩為3，故其基礎(chǔ)解系中含有4-3(未知量的個數(shù)-系數(shù)矩陣的秩)個線性無關(guān)的解向量，故其通解可以寫成，是的一個特解，根據(jù)非齊次線性方程組的解的結(jié)構(gòu)定理，知的通解為，其中是對應(yīng)齊次方程組的通解，是的一個特解，因故，故是的一個非零解向量，因為的基礎(chǔ)解系中只含有一個解向量，故是的基礎(chǔ)解系.又，即故是的一個特解，根據(jù)非齊次線性方程組的解的結(jié)構(gòu)定理，方程組的通解為.(其中是任意常數(shù))方法2：令，則線性非齊次方程為已知，故將代入上式，得由已知線性無關(guān)，根據(jù)線性無關(guān)的定義，不存在不全為零的常數(shù)使得，上式成立當(dāng)且僅當(dāng)其系數(shù)矩陣為，因為3階子式，其秩為3，故其齊次線性方程組的基礎(chǔ)解系中存在1個(4-3)線性無關(guān)的解向量，取自由未知量，則方程組有解故方程組有通解.(其中是任意常數(shù))十【詳解】(1) 因，由定義知，存在可逆陣，使得，故故有相同的特征多項式.(2) 取，則有有相同的特征多項式，但不相似于，因為對任何的2階可逆陣，均有，故(1)的逆命題不成立.(3) 即要證如果的特征多項式相等，則相似.當(dāng)都是實對稱矩陣時，均能相似于對角陣，且該對角陣的對角線元素由的特征值組成. 若有相同的特征多項式，則有相同的特征值(包含重數(shù))，故將相似于同一個對角陣. 設(shè)特征值為，則有由相似的傳遞性，知. (1)的逆命題成立.十一【答案】【詳解】如果將觀察值大于這事件理解為試驗成功的話，則表示對獨立地重復(fù)試驗4次中成功的次數(shù).即是，其中由一維概率計算公式，有，所以，.由公式以及若，其數(shù)學(xué)期望和方差分別為，其中得 十二【分析】矩估計的實質(zhì)在于用樣本矩來估計相應(yīng)的總體矩，此題中被估參數(shù)只有一個，故只需要用樣本一階原點矩(樣本均值)來估計總體的一階原點矩(期望)最大似然估計，實質(zhì)上就是找出使似然函數(shù)最大的那個參數(shù)，問題的關(guān)鍵在于構(gòu)造似然