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2002年考研数学一试题答案与解析 一、(1)【分析】 原式 (2)【分析】 方程两边对两次求导得 ① ② 以代入原方程得,以代入①得,再以代入②得 (3)【分析】 这是二阶的可降阶微分方程.令(以为自变量),则 代入方程得,即(或,但其不满足初始条件).分离变量得积分得 即(对应);由时得于是积分得.又由得所求特解为 (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的特征值,所以是的特征值.又因,故 (5)【分析】 设事件表示“二次方程无实根”,则依题意,有而 即 二、(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). (2)【分析】由充分大时即时,且不妨认为因而所考虑级数是交错级数,但不能保证的单调性. 按定义考察部分和 原级数收敛. 再考察取绝对值后的级数.注意发散发散.因此选(C). 证明(B)对:反证法.假设, 则由拉格朗日中值定理, (当时,,因为);但这与矛盾 (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一,因此应选(B). (A)表示方程组有唯一解,其充要条件是(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,且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,,且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 对于选项(B),若则对任何 ,因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D). 进一步分析可知,若令,而则的分布函数恰是 三、【解】 用洛必达法则.由题设条件知 由于,故必有 又由洛必达法则 及,则有.综上,得 四、【解】由已知条件得 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 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于是要用分块积分法,用将分成两块: (关于对称)(选择积分顺序) 六、【分析与求解】 (1)易知原函数, 在上原函数,即. 积分在与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得 七、【证明】(1)因为幂级数 的收敛域是,因而可在上逐项求导数,得, ,所以. (2)与相应的齐次微分方程为, 其特征方程为,特征根为.因此齐次微分方程的通解为.设非齐次微分方程的特解为,将代入方程可得 ,即有.于是,方程通解为. 当时,有 于是幂级数的和函数为 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 方向导数取最大值即的模, (2)按题意,即求求在条件下的最大值点 在条件下的最大值点. ,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数 则有 解此方程组:将①式与②式相加得或若,则由③式得即若由①或②均得,代入③式得即于是得可能的条件极值点 现比较在这些点的函数值:因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在中取到.因此在取到在的边界上的最大值,即可作为攀登的起点. 【解】由线性无关及知,向量组的秩,即矩阵的秩为因此的基础解系中只包含一个向量.那么由知,的基础解系是再由知,是的一个特解.故的通解是其中为任意常数. 十、【解】 (1)若相似,那么存在可逆矩阵,使故 (2)令那么但不相似.否则,存在可逆矩阵,使.从而,矛盾,亦可从而知与不相似. (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,记特征多项式的根为则有相似于 也相似于即存在可逆矩阵,使 于是由为可逆矩阵知,与相似. 十一、【解】 由于依题意,服从二项分布,则有 十二、【解】 的矩估计量为根据给定的样本观察值计算因此的矩估计值 对于给定的样本值似然函数为 令,得方程,解得(不合题意).于是的最大似然估计值为