潮菜-总经理述职报告

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)

e

dx
=
xln
2
x
.


.
. y2
(2)已知函数
yy(x)
由方程
e6xyx10
确定,则
y

(0)
=
2
(3)微分方程
y y

y

0
满足初始条件
2
y
x 0
2
1,y'
2
x0

1
的特解是
2
(4)已知实二次型
f(x
1
,x
2
,x
3)a(x
1
x
2
x
3
)4x
1
x
2
4x
1
x
3
4x
2
x
3
经正交变换
xPy
可化成标准型
f6y
1
2
,则
a
=
2
.
2
(5)设随机变量
X服从正态分布
N(

,

)(

0)
,且二次方程
y4yX0
无实根的概
率为
1
,则

＝
2

.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分1 5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:
①
f(x,y )
在点
(x
0
,y
0
)
处连续;
③< br>f(x,y)
在点
(x
0
,y
0
)
处可微;
②
f(x,y)
在点
(x
0
,y
0
)处的两个偏导数连续;
④
f(x,y)
在点
(x
0
, y
0
)
处的两个偏导数存在．
若用“
PQ
”表示可由性质
P
推出性质
Q
,则有
(A) ②

③

①.
(C) ③

④

①.


11
n
)

1
,则级数

( 1)
n1
(
(2)设
u
n
0(n1,2,3,L )
,且
lim
n
u
uu
n1
nn1
n






(B) ③

②

①.
(D) ③

①

④.
(A) 发散.










(B) 绝对收敛.
(D) 收敛性根据所给条件不能判定. (C) 条件收敛.

(3)设函数
yf(x)
在
(0,)
内有界且可导,则
(A) 当
limf(x)0
时,必有
limf

(x)0
.
x
x
(B) 当
limf

(x)
存 在时,必有
limf

(x)0
.
xx
(C) 当
limf(x)0
时,必有
limf

(x)0
.


x0
x0
(D) 当
limf

(x)
存在时,必有
limf

(x)0
.

x0x0

(4)设有三张不同平面的方程
a
i1
xa
i2
ya
i3
zb
i
,
i1 ,2,3
,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
X
1
和
X
2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
分布函数分别为
F
1
(x)
和
F
2
(x)
,则
(A)
f
1
(x)
＋
f
2
(x)
必为某一随机变量的概率密 度.
(B)
f
1
(x)
f
2
(x)
必 为某一随机变量的概率密度.
(C)
F
1
(x)
＋
F< br>2
(x)
必为某一随机变量的分布函数.
(D)
F
1
(x)F
2
(x)
必为某一随机变量的分布函数.

三、(本题满分6分)
设函数
f(x)
在
f
1
(x)
和
f
2
(x)
,
x0
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
h0
时是比
h
高阶的无穷小,试确 定
a,b
的值.

四、(本题满分7分) 已知两曲线
yf(x)
与
y
arctanx
0
2

e
t
dt
在点
(0,0)
处的切线相同 ,写出此切线方程,并求极限
2
limnf()
.
n
n

五、(本题满分7分)
计算二重积分

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(
其起点为(
a,b
),终点为 (
c,d
).记
max{x
e

D
2
,y
2
}
dxdy
,其中
D{(x,y)|0x1,0y 1}
.
y
＞0)内的有向分段光滑曲线,
I

1x[1y
2
f(xy)]dx
2
[y
2
f(xy) 1]dy,

L
yy
(1)证明曲线积分
I
与路径
L
无关;
(2)当
abcd
时,求
I
的值.

七、(本题满分7分)
x
3
6
3
9
3
x
3n
LL(x)
满足微分方程(1)验证函数
y(x )1
3!6!9!(3n)!
y

y

ye< br>x
;
x
3n
(2)利用(1)的结果求幂级数

的和函数.
n0
(3n)!


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)|x

2
y
2
xy75}
,小山的高度函数为
h (x,y)
75x
2
y
2
xy
.
(1) 设
M(x
0
,y
0
)
为区域
D
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?
若记此方向导数的最大值为
g(x
0
,y
0
)
,试写出
g(x
0,y
0
)
的表达式.

(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< br>的边界线
xyxy75
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)
已知四阶方阵
A(

1
,

2
,

3
,

4
)
,

1
,

2
,

3
,

4
均为
4
维列向量,其中< br>
2
,

3
,

4
线性无
关,

1
2

2


3
,如果



1


2


3


4
,求线性方程组
Ax

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
22

的通解.
x

1

cos,f(x)

22


0,
0x

,

其他.

2
的次数,求
Y
的数学期望.
3
对
X
独立地重复观察４次,用
Y
表示观察值大于

十二、(本题满分7分)
设总体
X
的概率分布为
0
X

1 2 3
P

其中

(0


2

2

(1

)


2

12


1
)
是未知参数,利用总体
X
的如下样本值
2
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
(1)【分析】 原式


(2)【分析】 方程两边对
x
两次求导得


e

dln x1

ln
2
xlnx

e
1.

e
y
y'6xy'6y2x0,














①
②
e
y
y''e
y
y'
2
6xy''12y'20.

以
x0
代入原方程得
y0
,以
xy0
代入①得
y'0,
,再以
xyy'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< br>y
为自变量),则
y''
dy'dPdP
P.

dxdxdy
x0

代入方程得
yP
dP
dP
P
2
0
,即
yP0
(或
P0
, 但其不满足初始条件
y'
dy
dy
1
).
2
分离变量得
dPdy
0,

Py
积分得
lnPlnyC',
即
P
C
1
(
P0对应
C
1
0
);
y
由
x0
时< br>11
y1,Py',
得
C
1
.
于是
22

y'P
1
,2ydydx,
积分得y
2
xC
2
.
2y
又由

y< br>x0
1
得
C
2
1,
所求特解为
yx 1.

(4)【分析】 因为二次型
xAx
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
T
A
的特征值,所以6,0,0
是
A
的特征值.
又因

(5)【分析】 设事件

a


,故
aaa600,a2 .

iii
A
表示“二次方程
y
2
4yX0
无实根”,则
A{164X0}{X

4}.
依题意,有
而
即

二、选择题




1
P(A)P{X4}.

2

4
14

14

1

(),

(),0.

4.


2

2

P{X4}1P{X4}1

(
4

),< br>
(1)【分析】 这是讨论函数
f(x,y)
的连续性,可偏导性,可微性及 偏导数的连续性之间的关
系.我们知道,
f(x,y)
的两个偏导数连续是可微的充分 条件,若
f(x,y)
可微则必连续,故选(A).

1
1
1
u
0
,且
lim0,
不妨认为(2)【分析】 由
lim
n
10n
充分大时即
N,nN
时
n
n
1
u
n
u
n
n
n,u
n
0,
因而所考虑级数是交错级数,但不能保证
按定义考察部分和

1
的单调性.
u
n
S
n


( 1)
k1
n
k1
nn
111
k1
1
()

(1)

(1)
k1

u< br>k
u
k1
u
k
k1
u
k1
k 1
(1)
k
n1
1(1)
n1
1
l1




(1)(n),

u
l
u
1
u
n1
u
1
k1
u
k
l1
n

原级数收敛.

11


uu
n1
nn1n
11
2,

)
.注意
n
再考察取绝对值后的级数

(1
uu
uun1
n1
nn1
nn1
n

11
1
)
发散.因此选(C). 发散


(

u
n1
n1
u
n
n1
n


(3)【分析】 证明(B)对:反证法.假设
limf

(x )a0
,则由拉格朗日中值定理,
x

f(2x)f(x)f'(

)x(x)

(当x
时,


,因为
x

2x< br>);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)23
,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
1
(x)f
2
(x)]dx



f
1
(x)dx


f
2
(x)dx21,

F< br>1
()F
2
()1121.
对于选项(B),若< br>

1,2x1,

1,0x1,
f
1
(x)

f
2
(x)

则对任何
x (,),


0,其他，

0,其他，
f
1
(x)f
2
(x)dx01,
因此也应否定(C),综上分析,用排 除法应选(D).
f
1
(x)f
2
(x)0
,




进一步分析可知,若令
Xmax(X
1
,X
2
)
,而
X
i
~f
i
(x),i1,2,则
X
的分布函数
F(x)
恰是

F
1(x)F
2
(x).


F(x)P{max(X1
,X
2
)x}P{X
1
x,X
2
x }

P{X
1
x}P{X
2
x}F
1(x)F
2
(x).


三、【解】

h0
用洛必达法则.由题设条件知
lim[af(h)bf(2h)f(0) ](ab1)f(0).
由于
f

(0)0
,故必有
ab10.

lim
af(h)bf(2h)f(0)af'(h)2bf'(2h)

lim
h0h0
h1
又由洛必达法则
(a2b)f'(0)0,

及
f

(0)0
,则有
a2b0
.


四、【解】

由已知条件得

综上,得
a2,b1.

f(0)0,
f'(0)(
arctanx
0
e
t
dt)'
x
2x0
e
arctanx

1x
2
2
x 0
1,

故所求切线方程为

yx
.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得
2
f()f(0)
2f(x)f(0)
limnf()2lim
n
2lim2f'(0 )2.

nnx0
2
nx
n
D
是正方 形区域如图.因在
D
上被积函数分块表示
22

五、【分析与求解】

2


x,xy,
max{x,y}

2
(x,y)D,



y,xy,
于是要用分块积分法,用
yx
将
D
分成两块: < br>DD
1
UD
2
,D
1
DI{yx},D
2
DI{yx}.



I

e
max{x
D
1
2
,y
2
}
dxd y

e
max{x
D
2
2
,y
2}
dxdy



e
x< br>dxdy

e
y
dxdy2

e
x
dxdy
(
D
关于
yx
对称)
D
1< br>D
2
D
1
222
2

dx
e
x
dy
(选择积分顺序)
2

xe
xdxe
x
00
0
1x
2
1
22
1< br>0
e1.


六、【分析与求解】 (1)易知
PdxQdy
原函数,
PdxQdy
1x1
d xyf(xy)dxxf(xy)dy
2
dy
2
(ydxxdy) f(xy)(ydxxdy)

yyy
xy
xx
d()f( xy)d(xy)d[

f(t)dt].

yy
0
xy
x


f(t)dt
. y
0

在
y0
上
PdxQdy
原函数, 即
u(x,y)

积分
I
在
y0
与路径无关.
(2)因找到了原函数,立即可得
I

u(x,y)
(c,d)
(a,b)

ca
.

db
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
x
3
x
6
x
9
x
3n
y(x)1 LL

3!6!9!(3n)!
的收敛域是
(x)
,因而可在
(x)
上逐项求导数,得
x
2
x
5
x
8
x
3n1
y'(x)
L
L
,
2!5!8!(3n1)!
x
4
x
7
x
3n2
y''(x)x
L

L
,
4!7!(3n2)!
所以
x
2
x
n
y'' y'y1xLLe
x
(x)
.
2!n!x
(2)与
y''y'ye
相应的齐次微分方程为
y''y' y0
,

其特征方程为



10
,特征根为

1,2

x
2
2
13
i
.
22
因此齐次微分方程的通解为
Ye
(C
1
cos
x
33
xC
2
sinx).
22

x
设非齐次微分方程的特解为
yAe
,将
y
代入方程
y''y'ye
可得

11
A
,即有
y

e
x
.
33
于是,方程通解为
yYye


x
2< br>(C
1
cos
331
xC
2
sinx)e
x
.
223
1

y(0)1C,
1
< br>2
3

当
x0
时,有

C
1< br>,C
2
0.

3

y'(0)0
1
C
3
C
1
.
12

223

x
x
3n
2

2
31
xe
x
(x)
于是幂级数

的和函数为
y(x)ecos< br>323
n0
(3n)!


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

gradh(x,y)
(x
0
,y
0
)
{
hh
,}
xy
(x
0
,y
0
)
(x
0
,y
0
)
{2x
0
y< br>0
,2y
0
x
0
}

方向导数取最大值 即
gradh(x,y)
的模,
g(x
0
,y
0
)
22
(y
0
2x
0
)
2
(x0
2y
0
)
2
.

(2)按题意,即求g(x,y)
求在条件
xyxy750
下的最大值点


g
2
(x,y)(y2x)
2
(x2y)
2
5x
2
5y
2
8xy

在条件
xyxy750
下的最大值点.


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
L(x ,y,

)5x
2
5y
2
8xy

(x
2
y
2
xy75),

则有

L

x
10x8y< br>
(2xy)0,


L

10y8x

(2yx)0,


y

L
2 2

xyxy750.





得
x




解此方程组:将①式与②式相加得< br>(xy)(

2)0.xy
或

若
2< br>2.

yx
,则由③式得
3x
2
75即
x5,ym5.
若

2,
由①或②均得
y x
,代入③式
75
即
x53,y53.
于是得可能的条 件极值点

M
1
(5,5),M
2
(5,5),M
3
(53,53),M
4
(53,53).

222< br>现比较
f(x,y)g(x,y)5x5y8xy
在这些点的函数值:

f(M
1
)f(M
2
)450,f(M
3
)f(M
4
)150.

2
因为实际问题存在最大值, 而最大值又只可能在
M
1
,M
2
,M
3
,M
4
中取到.因此
g(x,y)
在
M
1
,M
2取到在
D
的边界上的最大值,即
M
1
,M
2
可 作为攀登的起点.

九、【解】 由

2
,

3
,

4
线性无关及

1
2

2


3
知,向量组的秩
r(

1
,

2
,

3
,

4
)3
,即 矩阵
A
的秩为
3.
因此
Ax0
的基础解系中只包含一个向 量.那么由

1


2

(

1
,

2
,

3
,

4
)



1
2

2

< br>3
0


1



0

T

知,
Ax0
的基础解系是
(1,2,1,0).

< br>
1

1


1

1

T
再由



1


2


3


4
(

1
,
2
,

3
,

4
)
< br>A

知,
(1,1,1,1)
是
Ax

的一个特

1

1



1< br>
1



1

1

2

1

解.故
Ax
< br>的通解是
k



,
其中
k
为 任意常数.

1

1



0

1


十、【解】

(1)若
A,B
相似,那么存在可逆矩阵
P
,使
PAPB,
故
 1

EB

EP
1
APP
1

EPP
1
AP

P
1
(
EA)PP
1

EAP

EA.


01

00

(2)令
A

,B 

,
那么

EA

2


EB.



00

00

但
A,B
不相似.否则,存在可逆矩阵
P
,使
P
1APB0
.从而
AP0P
1
0
,矛盾,亦可从
r(A)1,r(B)0
而知
A
与
B
不相似.
(3 )由
A,B
均为实对称矩阵知,
A,B
均相似于对角阵,若
A,B< br>的特征多项式相等,记特征多项式
的根为

1
,L,

n
,
则有


1
O
A
相似于






1


,
也相似于

O


B


n
< br>



.



n
< br>


1

1
O
即存在可逆矩阵
P,Q
,使
PAP



111
1

Q
1
BQ.



n


于是
(PQ)A(PQ)B.
由
PQ
为可逆矩阵知 ,

十一、【解】 由于
P{X
A
与
B
相似.

3
}



3
1x1
1cosdx,
依题意,
Y
服从二项分布
B(4,)
,则有
222
2




111
EY
2
DY(EY)
2
npq(np)
2
4(4)< br>2
5.

222

十二、【解】
EX0

12

(1

)2

3 (12

)34

,

22
1
( 3EX).

4
ˆ
(3X),
根据给定的样本观察值计算x(31303123)


的矩估计量为

ˆ

1
(3x)
1
.

2.
因此< br>
的矩估计值

44
对于给定的样本值似然函数为
1
4
1
8
L(

)4

6
(1

)
2
(12

)
4
,lnL(

)ln46ln

2ln(1

)4ln(1 2

),

dlnL(

)62824

2
28

6
.

d

1 

12

(1

)(12

)
令
713
7131
dlnL(

)
,
不合题意). (


0
,得方程
12

2< br>14

30
,解得


122
12< br>d

713
.

12
ˆ

于是

的最大似然估计值为
