2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一真题及答案

数学一试题解析

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）

edx ．

xln2x【答案】1

【考点】反常(广义)积分 【难易度】★★ 【详解】解析：

ebdxdx1b1limlimlim11 22ebbbxlnxxlnxlnxelnb（2）已知函数yy(x)由方程e6xyx10确定，则y(0)＝ ． 【答案】2

【考点】隐函数的导数 【难易度】★★

【详解】解析：由e6xyx10两边对x求导，将y看成由此式确定的x的函数，有

y2y2eyy6xy6y2x0,

y6y2x, ye6x(ey6x（)6y2）-(6y2x)(eyy6)y,

(ey6x)2以x0代入原方程，得y(0)0.再代入y的表达式，得y(0)0.于是y(0)2. （3）微分方程yyy0满足初始条件y【答案】y2x01,yx01的特解是 ． 2x1 【考点】可降阶的高阶微分方程 【难易度】★★★

【详解】本题涉及到的主要知识点：

缺x的可降阶的高阶微分方程，令yp,yp2dp； dy解析：方法1：将yyy0改写为(yy)0，从而得yyC1.以初始条件

y(0)1,y(0)1112代入，有1C1，所以得yy.即2yy1，改写为(y)1.解得

222yxC2,yxC2.再以初值代入，1C2所以应取\"\"且C21.

于是特解yx1. 方法2：这是属于缺x的类型yf(y,y).命yp,ydpdpdydpp. dxdydxdy原方程yyy0化为yp2dpp20，得 dyp0或ydpp0 dyp0即

dpdy1p0按分离变量法解之，0，不满足初始条件y'弃之，由y，

dydxx02得

C11C11.由初始条件y1,y'可将C1先定出来：1,C1.于是得 y212x0x02dy1 dx2y解之，得yxC2,yxC2.以y号且C21.于是特解是y2x01代入，得1C2，所以应取“+”

x1. 222（4）已知实二次型f(x1,x2,x3)a(x1x2x3)4x1x24x1x34x2x3经正交变换

xPy可化成标准形f6y12，则a＝ ．

【答案】2

【考点】用正交变换化二次型为标准形 【难易度】★★★

a22【详解】解析：方法1：二次型f的对应矩阵A2a2，且A:22a故有

600000 000ai13ii3ai6006，得a2.

i13a2260

方法2：由A2a2:022aa22知0是A的特征值，故A212212aa2(a4)1a2(a4)(a2)20，

22a得a4或a2, (1)

又6是A的特征值，故

226a212(2a)16a2(2a)(8a)20

6EA26a226a2126a得a2或a8 （2） 取（1），（2）的公共部分，得a2.

a22方法3：f的对应矩阵为A2a2，直接求A的特征值，其中一个单根是6，一22a个二重根应是0，即由

22a212(a4)1a2[(a4)][(a2)]2EA2a22a212a其中单根a46，及二重根a20，故知a2.

a2260有r(A)r()1

方法4：A2a2:022a2aa2222a2因A2a22a20a22a 222aa2202a2a22a2a220a2

0a22a2a202(a2a8)02(a2)(a4)00因r(A)1，故应取a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

22的概率为

1，则＝ ． 2【答案】4 【考点】正态分布 【难易度】★★

【详解】解析：二次方程无实根，即y4yX0的判别式164X0，也就有X4.此事发生概率为

211，即PX4，所以4. 22二、选择题（本题共5小题，每小题3分，满分15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：

①f(x,y)在点(x0,y0)处连续； ②f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续； ③f(x,y)在点(x0,y0)处可微； ④f(x,y)在点(x0,y0)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． （B）③②①． （C）③④①． （D）③①④． 【答案】A

【考点】二元函数的连续的概念、全微分存在的必要条件、全微分存在的充分条件 【难易度】★

【详解】本题涉及到的主要知识点：

①（必要条件） 如果函数zf(x,y)在点(x,y)可微分，则该函数在点(x,y)的偏导数

zzzz,必定存在，且函数zf(x,y)在点(x,y)的全微分为dzdxdy； xyxy②（充分条件） 如果函数zf(x,y)的偏导数分.

zz,在点(x,y)连续，则函数在该点可微xyf(x,y)与fy(x,y)存在解析：fx(x,y)与fy(x,y)连续f(x,y)可微x

f(x,y)连续n111，则级数(1)n1(（2）设un0(n1,2,L)，且lim)（ ）

nuunun1n1n（A）发散． （B）绝对收敛．

（C）条件收敛． （D）收敛性根据所给条件不能判定． 【答案】C

【考点】绝对收敛与收敛的关系 【难易度】★★

n111知，当n充分大时，un0，(【详解】解析：由lim)为正项级数，

nuuun1nnn1用比较判别法的极限形式，由题设条件limn1知：

nun11nnuun1uun11nn1n1nlimnlimnlim()lim(1)1， n1nnn1n2unun12un1n11nn1n1112n111)而级数(是发散的，所以()也发散； n1n1n(n1)un1n1nn1un考察原级数的前n项部分和

Sn(1111111111)()()L(1)n1()(1)n1

u1un1u1u2u2u3u3u4unun1由limn11知，当n充分大时，un0，且limun.所以limSn（收敛），

nunnun1所以选（C）.

（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limf(x)0时，必有limf(x)0．

x0x0（D）当limf(x)存在时，必有limf(x)0．

x0x0【答案】B

【考点】导数的概念 【难易度】★★★★

【详解】解析：方法1：排斥法 （A）的反例f(x)11sinx2,它有界，f(x)sinx22cosx2,limf(x)0，但

xxxx0x0x（C）limf(x)不存在.(C)与(D)的反例同（A）的反例.limf(x)0,但limf(x)10，

不成立；limf(x)10，（D）也不成立.（A）、（C）、（D）都不对，故选（B）．

x0方法2：证明（B）正确.设limf(x)存在，记为A，求证A0.用反证法，设A0.若A0，

xA,在区间[x0,x]上对f(x)用拉格朗日中2A值定理知,有f(x)f(x0)f()(xx0)f(x0)(xx0),x0x.

2则由保号性知，存在x00，当xx0时f(x)x,，从而有f(x)，与f(x)有界矛盾.类似可证若A0亦矛盾.

（4）设有三张不同平面的方程ai1x＋ai2y＋ai3z＝bi，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（ ）

【答案】B

【考点】线性方程组有解和无解的判定

【难易度】★★

【详解】解析：由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是23（未知量的个数），所以方程组有无穷多解，应排除（A）三平面唯一交点（唯一解）（C）、（D）三平面没有公共交点. 故应选(B).

（5）设X1和X2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f1(x)和

f2(x)，分布函数分别为F1(x)和F2(x)，则（ ）

（A）f1(x)f2(x)必为某一随机变量的概率密度． （B）f1(x)f2(x)必为某一随机变量的概率密度． （C）F1(x)F2(x)必为某一随机变量的分布函数． （D）F1(x)F2(x)必为某一随机变量的分布函数． 【答案】D

【考点】随机变量的分布函数的性质、连续型随机变量的概率密度的性质 【难易度】★★★

【详解】本题涉及到的主要知识点：

①若f(x)为某一随机变量的概率密度，则必有

f(x)dx1；

②若F(x)为某一随机变量的分布函数，则必有F()0,F()1;F(x00)F(x0) 解析：方法1：（A）选项不可能，因为

[f1(x)f2(x)]dxf1(x)dxf2(x)dx1121

也不能选（B），因为可令f1(x)1,0,1x0其他1,f2(x)0,0x1其他

显然f1(x)，f2(x)均是均匀分布的概率密度.而f1(x)f2(x)0， 不满足

f1(x)f2(x)dx1条件.

x(C)当然也不正确，因为lim[F(x1)F(x2)]1121 根据排除法，答案应选（D）.

方法2：令Xmax(X1,X2)，显然X也是一个随机变量.X的分布函数为

F(x)PXxPmax(X1,X2)xPX1x,X2x

PX1xPX2xF1(x)F2(x).

所以答案应选（D） 三、（本题满分6分）

设函数f(x)在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．

【考点】无穷小的比较，洛必达法则 【难易度】★★★

【详解】解析：方法1：由题设条件知有lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0)0

h0由于f(0)0，所以ab10. 又由洛必达法则，limaf(h)bf(2h)f(0)lim(af(h)2bf(2h))(a2b)f(0)

h0h0h由题设，上式应等于0，从而又有a2b0与ab10联立解之，a2,b1. 方法2：分别将f(h),f(2h)按佩亚诺余项泰勒公式展开到o(h)，有

f(h)f(0)f(0)ho1(h) f(2h)f(0)2f(0)ho2(h)

从而 af(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0)(a2b)f(0)ho3(h) 由题设条件知，ab10,a2b0,所以a2,b1.

方法3：由题设条件，有lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0)0

h0由于f(0)0，所以ab10.再将lim[af(h)bf(2h)f(0)] 以代a1b入，并凑成导数定义形式，有

1h0h0limaf(h)bf(2h)f(0)(1b)f(h)bf(2h)f(0)limh0h0hh

f(h)f(0)f(h)f(0)f(2h)f(0)lim[b2b]h0hh2hf(0)bf(0)2bf(0)（1b)f(0),

从而知a2,b1. 四、（本题满分7分） 已知两曲线yf(x)与yarctanx0etdt在点(0,0)处的切线相同，写出此切线方程，并求

2极限limnf()．

n2n【考点】积分上限的函数及其导数、平面曲线的切线、导数的概念 【难易度】★★★ 【详解】解析：由yarctanx0etdt知y(0)0，

2ye(arctanx)210）,y（1 21x因此过点(0,0)的切线方程为yx.

yf(x)在点(0,0)处与上述曲线有相同的切线方程，于是f(0)0,f(0)1.

2f()f(0)2limnf()2limn2f(0)2. nn2nn五、（本题满分7分） 计算二重积分

maxxeD2,y2dxdy,其中D{(x,y)0x1,0y1}．

【考点】二重积分的计算 【难易度】★★★ 【详解】解析：应先将emaxx2,y2写成分块表达式.记

D1(x,y)0x1,0yx,D2(x,y)0x1,xy1

xmaxx,ye于是有 e2ye222(x,y)D1;(x,y)D2.2

从而 eDmaxx2,y2demaxxD12,y2demaxxD2,y2dexdeyd 22D1D2dxedydyedx

00001xx211y2exdxeyydy001x21211(e1)(e1)e1. 22六、（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(y0)内的有向分段光滑曲线，其起点为(a,b),终点为(c,d)．记

I1x22[1yf(xy)]dx[yf(xy)1]dy, 2Lyy（1）证明曲线积分I与路径L无关；

（2）当abcd时，求I的值． 【考点】第二类曲线积分的计算 【难易度】★★★★

【详解】解析：（1）记 P(x,y)1x[1y2f(xy)],Q(x,y)2[y2f(xy)1] yyQ1P1f(xy)xyf(xy)2,2f(xy)xyf(xy) xyyyQP(当y0) xy所以在上半平面y0，该曲线积分与路径无关.

(2)方法1：用折线法计算I.先从点(a,b)到点(c,b),再到点(c,d).有

Icadc12[1bf(bx)]dx2[y2f(cy)1]dy

bybcdcaccbf(bx)]dxcf(cy)dy

abbdbcdca经积分变量变换后， If(t)dt

dbabca当abcd时，推得I.

db方法2:原函数法.

I1x[1y2f(xy)]dx2[y2f(xy)1]dy LyyLydxxdyxf(xy)(ydxxdy)d()f(xy)d(xy) 2LLLyy由原函数法计算第二型曲线积分的公式（与定积分的牛顿—莱布尼茨公式类似），有

xx(c,d)caLd(y)y(a,b)db;

Lf(xy)d(xy)F(xy)(c,d)(a,b)F(cd)F(ab)0,

ca. db其中F(u)为f(u)的一个原函数，即设F(u)f(u).由此有I方法3：由于与路径无关，又由abcd的启发，取路径xyk，其中kab.点(a,b)与点(c,d)都在此路径上.于是将xk代入之后， y1kkI[(1y2f(k))(2)2(y2f(k)1)]dy

ayyyd(bd2kkdkkca)dy. 3222yybdbdb七、（本题满分7分）

x3x6x9x3n(x)满足微分方程（1）验证函数y(x)13!6!9!(3n)!yyyex；

x3n（2）利用（1）的结果求幂级数的和函数．

(3n)!n0【考点】自由项为指数函数的二阶常系数非齐次线性微分方程、简单幂级数的和函数的求法 【难易度】★★★★

x3x6x9x3nx3nL+L1【详解】解析： (1) y(x)1, 3！6！9！(3n)!n1(3n)!x3n3nx3n1x3n1x3n, y(x)(1)(3n)!(3n)!(3n)!(3n1)!n1n1n1n1x3n2 yn1(3n2)!xnex 从而 y(x)y(x)y(x)1n1n!x3nx说明y(x)是微分方程yyye的解，并且满足初始条件

n0(3n)!y(0)1,y(0)0.

x（2）微分方程yyye对应的齐次线性微分方程为yyy0，

特征方程为r2r10，解得r1x213i， 22所以齐次微分方程的通解为ye[C1cos33xC2sinx] 22设非齐次线性微分方程的特解为y*Cex，则y*Cex，y*Cex，

代入非齐次线性微分方程得：3Cexex，解得C

所以非齐次线性微分方程的通解为

1， 3

yyye[C1cos*x2331xC2sinx]ex. 223从中找出满足初始条件y(0)1,y(0)0的解.为此，将初始条件代入通解中，得到

C11311C20， 1,C12233C1于是得到惟一的一组解：

2,C20.从而得到满足微分方程yyyex及初始条件3y(0)1,y(0)0的解，只有一个，为

x2231yecosxex

323x3nx另一方面，由（1）已知y(x)也是微分方程yyye及初始条件

n0(3n)!y(0)1,y(0)0的解，由唯一性，所以级数

xx3n22311ecosxex(x).

323n1(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)x2y2xy75}，小山的高度函数为h(x,y)75x2y2xy．

（1）设M(x0,y0)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(x0,y0)，试写出g(x0,y0)的表达式．

（2）现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点．也就是说，要在D的边界线xyxy75上找出使（1）中的g(x,y)达到最大值的点．试确定攀登起点的位置． 【考点】方向导数、梯度、多元函数的条件极值 【难易度】★★★★

【详解】解析：(1)方向导数的最大值为梯度的模

22grad(x,h)umaxlx0,y0y02x0,x02y0.x0,y0x0,y0grad(x,h)(y02x0)(x02y0)22 5x025y028x0y0记g(x0,y0).

（2）命f(x,y)g(x,y)=5x5y8xy，由题意，求f在约束条件

22275x2y2xy0下的最大值点.为此，命 F(x,y,)5x25y28xy(75x2y2xy)

则 Fx10x8y(y2x)令0，

Fy10y8x(x2y)令0，

F75x2y2xy令0.

由第1、第2 两式相加可得 (xy)(2)0. 从而得yx或2，再分别讨论之.

若2，则解得 (x,y)1(53,53) 或 (x,y)2(53,53) 若yx，则解得(x,y)3(5,5) 或 (x,y)4(5,5)

于是得到如上4个可能极值点.将(x,y)i记为Mi(i1,2,3,4).由于

f(M1)f(M2)150,f(M3)f(M4)450 5）M4（5，5）故点M3(5，可作为攀登起点.

九、（本题满分6分）

已知4阶方阵A(1,2,3,4),1,2,3,4均为4维列向量，其中2,3,4线性无关，

1223,如果1234，求线性方程组Ax的通解．

【考点】线性方程组解的性质和解的结构、非齐次线性方程组的基础解系和通解 【难易度】★★★★

【详解】解析：方法1：由2,3,4线性无关，及122304,即1,2,3,4线性相关，及1234知

r1,2,3,4r(A)3rAMr1,2,3,4,

故Ax有解，且其通解为k，其中k是对应齐次方程Ax0的通解，是

Ax的一个特解,

因 122304,

12故 1223041,2,3,40

10故1,2,1,0是Ax0的基础解系.

T11又12341,2,3,4

11故1,1,1,1是Ax的一个特解，故方程组的通解为k1,2,1,01,1,1,1.

TTT（其中k是任意常数）

方法2：令xx1,x2,x3,x4则线性非齐次方程为

T1x12x23x34x41,2,3,4x

已知1234，故

1x12x23x34x41234

将1223代入上式，得

(2x1x23)2(x1x3)3(x41)40

由已知2,3,4线性无关，上式成立当且仅当

2x1x23x1x30 x104取自由未知量x3k，则方程组有解

x41,x3k,x1x3k,x22k3

即方程组Ax有通解

x1k10x2k3232k.（其中k是任意常数） x3k1001x41十、（本题满分8分） 设A,B为同阶方阵，

（1）如果A,B相似，试证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，试证（1）的逆命题成立． 【考点】相似矩阵的概念、矩阵可相似对角化的充分必要条件 【难易度】★★★

【详解】解析：(1)因A:B，由定义知，存在可逆阵P，使得PAPB，故

1EBEP1APP1PP1APP1(EA)P

P1EAPEA

故A,B有相同的特征多项式.

（2）取A00012，则有,BEAEB,A,B有相同的特征多项000011式，但A不相似于B，因为对任何的2阶可逆阵P，均有PAPPOPOB， 故（1）的逆命题不成立.

（3）当A,B都是实对称矩阵时，A,B均能相似于对角阵，若A,B有相同的特征多项式，则A,B有相同的特征值（包含重数），A,B将相似于同一个对角阵，设特征值为1,2,L,n12则有 A:O从而知A:B.(1)的逆命题成立. 十一、（本题满分7分） 设随机变量X的概率密度为

:B nx1cos,0xπ, f(x)22其他.0,对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于

π2

的次数，求Y的数学期望． 3【考点】独立重复试验、二项分布、随机变量的数字特征 【难易度】★★★

1x1PXf(x)dxcosdx【详解】解析：由于 322332所以 YB(4,).

12111E(Y2)D(Y)[E(Y)]2npq(np)24(4)25.

222十二、（本题满分7分） 设总体X的概率分布为

X P 0 1 2（1－） 2 3 1－2 2 2 其中(01)是未知参数，利用总体X的如下样本值 23，1，3，0，3，1，2，3，

求的矩估计值和最大似然估计值． 【考点】矩估计法、最大似然估计法 【难易度】★★★

【详解】解析：先求矩估计值E(X)012(1)23(12)34

221x(31303123)2

8令E(X)x，即342. 解得的矩估计值为1. 4624对于给定的样本值似然函数为L()4(1)(12)

lnL()ln46ln2ln(1)4ln(12), dlnL()628628242 d112(1)(12)令

713dlnL(), 0解得1,212d7131713不合题意，所以的最大似然估计值为. 因12212