2001考研数学一真题及答案解析

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)设ye(C1sinxC2cosx)(C1,C2为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解,则该方程为_____________.

(2)设rxx2y2z2,则div(gradr)

(1,2,2)=_____________.

(3)交换二次积分的积分次序:(4)设矩阵A满足A(5)设随机变量

201dy1y2f(x,y)dx＝_____________.

A4E0,其中E为单位矩阵,则(AE)1=_____________.

X的方差是2,则根据切比雪夫不等式有估计

yP{XE(X)2}

_____________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)设函数则yf(x)在定义域内可导,yf(x)的图形如右图所示, O x f(x)的图形为

(2)设

f(x,y)在点(0,0)附近有定义,且fx(0,0)3,fy(0,0)1,则

(A) dz|(0,0)3dxdy. (B) 曲面zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的法向量为{3,1,1}.

(C) 曲线zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的切向量为{1,0,3}.

y0zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的切向量为{3,0,1}.

y0(D) 曲线 (3)设

f(0)0,则f(x)在x=0处可导的充要条件为

1f(1cosh)存在.

h0h21(C) lim2f(hsinh)存在.

h0h(A) lim

1f(1eh)存在. h0h1(D) lim[f(2h)f(h)]存在.

h0h(B)

lim11(4)设A1111140111,B01111110

000000,则A与B 000000(B) 合同但不相似. (D) 不合同且不相似.

(A) 合同且相似. (C) 不合同但相似.

(5)将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数, 则X和Y的相关系数等于

(A)-1.

三、(本题满分6分)

(B) 0.

(C)

1. 2 (D) 1.

arctanexdx. 求e2x

四、(本题满分6分) 设函数zf(x,y)在点(1,1)处可微,且f(1,1)1,

.

ff|(1,1)2,|(1,1)3,(x)f(x,

yxf(x,x)).求

d3(x)dxx1五、(本题满分8分)

1xxarctanx,x0,(1)n设f(x)=将f(x)展开成x的幂级数,并求级数的和. 2x0,1,n114n2

六、(本题满分7分) 计算I面

(y2z2)dx(2z2x2)dy(3x2y2)dz,其中L是平面xyz2与柱

Lxy1的交线,从Z轴正向看去,L为逆时针方向.

七、(本题满分7分) 设

f(x)在(1,1)内具有二阶连续导数且f(x)0,试证:

f(x)=f(0)+xf((x)x)成立;

(1)对于(1,1)内的任一x0,存在惟一的(x)(0,1),使(2)lim(x)x01. 2

八、(本题满分8分)

2(x2y2)设有一高度为h(t)(t为时间)的雪堆在融化过程,其侧面满足方程zh(t)(设

h(t)长度单位为厘米,时间单位为小时),已知体积减少的速率与侧面积成正比(比例系数为0.9),问高度为130(厘米)的雪堆全部融化需多少小时?

九、(本题满分6分)

设1,2,,s为线性方程组Ax0的一个基础解系,1t11t22,2t12t23,,

st1st21,其中t1,t2为实常数.试问t1,t2满足什么条件时,1,2,,s也为Ax0的一个

基础解系.

十、(本题满分8分) 已知3阶矩阵

A与三维向量x,使得向量组x,Ax,A2x线性无关,且满足A3x3Ax2A2x.

2(1)记P=（x,Ax,Ax）,求3阶矩阵B,使A(2)计算行列式

十一、(本题满分7分)

PBP1;

AE.

设某班车起点站上客人数

X服从参数为(0)的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为

p(0p1),且中途下车与否相互独立.以Y表示在中途下车的人数,求:

(1)在发车时有n个乘客的条件下,中途有m人下车的概率; (2)二维随机变量(X,Y)的概率分布.

十二、(本题满分7分) 设总体

X服从正态分布N(,2)(0),从该总体中抽取简单随机样本

X1,X2,

n12nXi,求统计量Y(XiXni2X)2的,X2n(n2),其样本均值为X2ni1i1数学期望E(Y).

2001年考研数学一试题答案与解析

一、填空题

(1)【分析】 由通解的形式可知特征方程的两个根是r1,r21i,从而得知特征方程为

(rr1)(rr2)r2(r1r2)rr1r2r22r20.

由此,所求微分方程为y2y2y0.

(2)【分析】 先求gradr.

gradr='''rrrxyz,,,,. xyzrrr再求 divgradr=

xyz()()() xryrzr

1x21y21z23x2y2z22. =(3)(3)(3)3rrrrrrrrr于是

divgradr|(1,2,2)=

22|(1,2,2). r3y0时

(3)【分析】 这个二次积分不是二重积分的累次积分,因为11y2.由此看出二次积分dy1012021yf(x,y)dx是二重积分的一个累次

积分,它与原式只差一个符号.先把此累次积分表为



dy1yf(x,y)dxf(x,y)dxdy.

D由累次积分的内外层积分限可确定积分区域D:

1y0,1yx2.

见图.现可交换积分次序

原式=

(4)【分析】 矩阵定义法.

因为

01dy21yf(x,y)dxdx1201xf(x,y)dydx121x0f(x,y)dy.

A的元素没有给出,因此用伴随矩阵、用初等行变换求逆的路均堵塞.应当考虑用

(AE)(A2E)2EA2A4E0,

故

(AE)(A2E)2E,即 (AE)A2EE. 2按定义知

1(AE)1(A2E).

2(5)【分析】 根据切比雪夫不等式

P{XE(X)}P{XE(X)2}D(x)2,

于是

D(x)1. 222二、选择题

(1)【分析】 当x0时,

当x0时,应选(D).

(2)【分析】 我们逐一分析.

f(x)单调增f'(x)0,(A),(C)不对;

f(x):增——减——增f'(x):正——负——正,(B)不对,(D)对.

关于(A),涉及可微与可偏导的关系.由微.因此(A)不一定成立.

关于(B)只能假设

f(x,y)在(0,0)存在两个偏导数f(x,y)在(0,0)处可

f(x,y)在(0,0)存在偏导数

f(0,0)f(0,0),,不保证曲面zf(x,y)在 xyf(0,0)f(0,0)(0,0,f(0,0))存在切平面.若存在时,法向量n=，，1{3,1,-1}与{3,1,1}不

yx共线,因而(B)不成立.

xt,关于(C),该曲线的参数方程为y0,

zf(t,0),

它在点(0,0,f(0,0))处的切向量为

{t',0,df(t,0)}|t0{1,0,fx'(0,0)}{1,0,3}. dt因此,(C)成立.

f(x)f(x)f(x)limlim.

x0x0x0xxx1f(1cosh)1cosh1f(t)关于(A):lim2f(1cosh)lim, t1coshlimh0hh01coshh22t0t1由此可知 lim2f(1cosh)  f'(0) .

h0h(3)【分析】 当

f(0)0时,f'(0)lim若

f(x)在x0可导(A)成立,反之若(A)成立f'(0) f'(0).如f(x)|x|满

'足(A),但f(0)不.

关于(D):若

f(x)在x0可导,

1f(2h)f(h)lim[f(2h)f(h)]lim[2]2f'(0)f'(0). h0hh02hhh0(D)成立.反之(D)成立lim(f(2h)f(h))0f(x)在x0连续,f(x)在x0可

导.如

2x1,x0 f(x)0,x0　lim满足(D),但

f(x)在x0处不连续,因而f'(0)也不.

再看(C):

1hsinhf(hsinh)hsinhf(t)(当它们都时). f(hsinh)limlimh0h2h0h0h2hsinhh2t注意,易求得limhsinhf(t)'f(0).因而,若(C)成立.反之若(C)成立(即 0limh0t0h2tf(t)'f'(0)).因为只要有界,任有(C)成立,如f(x)|x|满足(C),但f(0)不.

t因此,只能选(B).

(4)【分析】 由 |EA|40,知矩阵A的特征值是4,0,0,0.又因A是实对称矩阵,A必能相似对角化,所以A与对角矩阵B相似.

作为实对称矩阵,当A43B时,知A与B有相同的特征值,从而二次型xTAx与xTBx有相同的

正负惯性指数,因此

A与B合同.

所以本题应当选(A).

注意,实对称矩阵合同时,它们不一定相似,但相似时一定合同.例如

1010与, AB0203它们的特征值不同,故A与B不相似,但它们的正惯性指数均为2,负惯性指数均为0.所以A与B合同.

(5)【分析】 解本题的关键是明确X和Y的关系:XYn,即YnX,在此基础上利用性质:

相关系数XY的绝对值等于1的充要条件是随机变量X与Y之间存在线性关系,即YaXb(其

中a,b是常数),且当a0时,XY1;当a0时,XY1,由此便知XY1,应选(A).

事实上,Cov(X,Y)Cov(X,nX)DX,

DYD(nX)DX,由此由相关系数的定

义式有

三、【解】

XYCov(X,Y)DXDYDX1.

DXDY112xdexx2xx] 原式=arctaned(e)[earctane2x22e(1e2x)

12xdexdexx) =(earctane2x2e1e2x=

12x(earctanexexarctanex)C. 2四、【解】 求

先求(1)f(1,f(1,1))f(1,1)1.

d3(x)|x132(1)'(1)3'(1),归结为求'(1).由复合函数求导法 dxd '(x)f1'(x,f(x,x))f2'(x,f(x,x))f(x,x),

dx

'(1)f1'(1,1)f2'(1,1)[f1'(1,1)f2'(1,1)].

f1'(1,1)f(1,1)f(1,1)3. 2,f2'(1,1)yx,

注意

因此

'(1)23(23)17d3(x)|x131751. dx2五、【分析与求解】

关键是将arctanx展成幂级数,然后约去因子x,再乘上1x并化简即可.

'直接将arctanx展开办不到,但(arctanx)易展开,即

1(arctanx)(1)nx2n,|x|1, 21xn0' ①

(1)n2n1x,x[1,1]. ② 积分得 arctanx(arctant)dt(1)tdt00n0n02n1x'nx2n 因为右端积分在

x1时均收敛,又arctanx在x1连续,所以展开式在收敛区间端点

x1成立.

1x2现将②式两边同乘以得

x

1x2(1)n2n(1)n2n(1)nx2n22arctanx(1x)xx x2n1n02n1n02n1n0

(1)n2n(1)n12nxx =2n12n1n0n0

=1(1)n(n111)x2n 2n12n1

(1)n22nx , 1214nn1x[1,1],x0

上式右端当x0时取值为1,于是

(1)n22nf(x)1x,x[1,1]. 2n114n(1)n111[f(1)1](21). 上式中令x1214n22442n1

六、【解】

用斯托克斯公式来计算.记S为平面xyz2上L所

为围部分.由L的定向,按右手法则S取上侧,S的单位法向量

n(cos,cos,cos)于是由斯托克斯公式得

1(1,1,1). 3

cosIxSy2z2cosy2z2x2cosz3x2y2dS

=

[(2y4z)S111(2z6x)(2x2y)]dS 333

=22(4x2y3z)dS(利用xyz2)(6xy)dS. 3S3S于是

'2'21ZxZy1113.

按第一类曲面积分化为二重积分得

I2(6xy)dxdy, (6xy)3dxdy23DD其中D围S在xy平面上的投影区域偶性得

|x||y|1(图）.由D关于x,y轴的对称性及被积函数的奇

(xy)dxdy0

D

I12dxdy12(2)224.

D七、【证明】 (1)由拉格朗日中值定理,x(1,1),x0,(0,1),使

f(x)f(0)xf'(x)

(与x有关);又由f''(x)连续而f''(x)0,f''(x)在(1,1)不变号,f'(x)在(1,1)严格单

调,唯一.

(2)对f(x)使用f(0)的定义.由题(1)中的式子先解出f(x),则有

''''f'(x)'f(x)f(0).

x'再改写成

f(x)f(0)xf'(0)f(x)f(0).

xf'(x)f'(0)f(x)f(0)xf'(0), 2xx

解出,令x0取极限得

1''f(0)f(x)f(0)xf(0)f(x)f(0)21limlim/lim. 2''x0x0x0xxf(0)2'''八、【解】

先求

(1)设t时刻雪堆的体积为V(t),侧面积为S(t).t时刻雪堆形状如图所示

S(t)与V(t).

2(x2y2)h2(t)22((x,y)Dxy:xy). 侧面方程是zh(t)h(t)2



z4xz4y,. xh(t)yh(t)

S(t)Dxyz2z2h2(t)16(x2y2)1()()dxdydxdy.

xyh(t)Dxy作极坐标变换:xrcos,yrsin,则

1h(t). 2Dxy:02,0r

1h(t)12222S(t)dh(t)16rrdr00h(t)

212[h(t)16r]|h(t)48V(t)3221h(t)20132h(t).12

用先二后一的积分顺序求三重积分

h(t)0dzD(x)dxdy,

2(x2y2)1h(t)z(t),即x2y2[h2(t)h(t)z]. 其中D(z):h(t)2

V(t)h(t)20[h2(t)h(t)z]dz1[h3(t)h(t)3]h3(t). 224(2)按题意列出微分方程与初始条件. 体积减少的速度是dVdV,它与侧面积成正比(比例系数0.9),即 0.9S dtdt2dh132将V(t)与S(t)的表达式代入得 3h(t)0.9h(t),即

4dt12dh13 .

dt10

① ②

h(0)130.

(3)解①得h(t)令h(t)0,得t

九、【解】

13tC. 10由②得

C130,即h(t)13t130. 10100.因此,高度为130厘米的雪堆全部融化所需时间为100小时.

由于i(i1,2s)是1,2,s线性组合,又1,2,s是Ax0的解,所以根

据齐次线性方程组解的性质知i(i1,2

从1,2,s)均为Ax0的解.

s是Ax0的基础解系,知snr(A).

s线性无关的条件.设k11k22kss0,即

(t2ks1t1ks)s0.

下面来分析1,2,

(t1k1t2ks)1(t2k1t1k2)2(t2k2t1k3)31,2,由于 s线性无关,因此有

t1k1t2ks0,tktk0,2112 t2k2t1k30,

t2ks1t1ks0.因为系数行列式

(*)

t100t2t10

0t200s, 00t1s(1)s1t20t2t1000t2t1ks0.

所以当t1(1)从而1,2,

十、【解】

ss1s2t0时,方程组(*)只有零解k1k2s线性无关.

(1)由于APPB ,即

A(x,Ax,A2x)(Ax,A2x,A3x)(Ax,A2x,3Ax2A2x)

000,

(x,Ax,A2x)103012000.

所以B103012

(2)由(1)知AB,那么AEBE,从而

100

|AE||BE|1134.

011

十一、【解】 (1)P{Ym|Xn}Cnp(1p)(2)P{Xmmnm,0mn,n0,1,2,.

n,Ym}=P{Xn}P{Ym|Xn}

=

nn!mmeCnp(1p)nm,0mn,n0,1,2,.

十二、【解】 易见随机变量(X1Xn1),(X2Xn2),,(XnX2n)相互独立都服从正态分布

N(2,22).因此可以将它们看作是取自总体N(2,22)的一个容量为n的简单随机样本.其样

本均值为

1n12n(XiXni)Xi2X, ni1ni11n12(XX2X)Y. inin1i1n1样本方差为

因样本方差是总体方差的无偏估计,故E(1Y)22,即E(Y)2(n1)2. n1