考研数学一历年真题答案.doc

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、选择题
(1)【分析】 这是讨论函数的连续性,可偏导性,,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.

(C).
(3)【分析】 证明(B)对:,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】
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



五、【分析与求解】

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】 与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(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.
这是求解条件最值问题,

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,,即可作为攀登的起点.
九、【解】 由线性无关及知,向量组的秩,

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
,存在可逆矩阵,,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
2003年硕士研究生入学考试(数学一)试题及答案解析
填空题(本题共6小题,每小题4分,满分24分. 把答案填在题中横线上)
(1) = .
【分析】型未定式,化为指数函数或利用公式=进行计算求极限均可.
【详解1】=,
而,
故原式=
【详解2】因为,
所以原式=
【评注】本题属常规题型
(2) 曲面与平面平行的切平面的方程是.
【分析】待求平面的法矢