2002年数学(一)真题解析
—、填空题
(1)【答案】1.
r+°° djr 厂d(ln x ) 1
Je X In2 JC e In2 J? In x
(2) 【答案】 一2.
【解】当工=0时,y =0.
ev + + x2 — \ = 0 两边对 z 求导，得 e3" + 6y + 6工学十 2工=0,则 “(0) = 0.
dr djr
ey + 6y + 6_z + 2h = 0 两边对工 求导，
djr dz
得 e'(H7)2 +兰 £j + 12^ + 6x|^ + 2=0,于是『(0) = —2.
(3) 【答案】$ =行工+ 1.
【解】 方法一 令:/ = p ,则『=/字，方程_yj/' + y，2 = 0化为yp ~r~ + p7' =^.
o-y ~ ay
因为p H 0,所以学+丄/ = 0,解得p = C〕e ''y =—.
ay y y
i i i i r
由夕(0)=l,j/(0)=g,得Cl =》，于是yyf =》，解得+ C.
由 y(0)=l,得0=*,故;y =丿工 + 1 .
方法二 由 yy" + = 0,得(》》')'=0,解得 yyf =CX.
由 y(0)=l,j/(0)=，，得 Ci = *，艮卩阳'=+ 或(j/)'=l,解得 y2 =x + C2.
由》(o)=1,得c2 = i,故满足初始条件的特解为夕=ym.
方法点评：本题考查可降阶的微分方程的求解.特定类型微分方程的求解可以用相应类
型微分方程的解法求解，注意运用灵活简洁的方法，往往可使解题简单且正确率高.
(4)【答案】2.
2 2\
【解】 方法一 a 2，因为二次型经过正交变换得标准形为f=6yl，
2 a'
所以矩阵A的特征值为入1 = 6,入2 =入3 = 0,由tr = A , + A 2 + A 3得a = 2.
A
方法二 因为二次型f经过正交变换化为f = 63/］，所以入1= 6,入2 =入3 = 0,于是| A | = 0.
a 2 2
由 I A I = 2 a 2 =(a+4)(a — 2)2=0,得＜2= — 4 或a = 2.
2 2 a十/-4 2 2 \
当a = ~ 4时,A -4 2 -
' 2 —J
2
入+ 4 —2 -2
由丨花- A | = -2 入+ 4 -2 =A (A + 6屮=。9得入] =0,入 2 — A 3 =一6,矛盾,
-2 -2 入+ 4
故 <2=2.
(5) 【答案】4.
【解】 由 X 〜N(〃d),得 p{x £〃} = P{X >〃} = *.
当厶=16 — 4X<0,即X >4时，方程3^+4, + X= 0无实根.
由方程3^+4，+ X=0无实根的概率为+，得P {X >4} = *,于是〃 =4.
方法点评：若X〜NO，/),常用知识点有：
(1) P{X W〃}=P{X>〃}=*；
X — fJL
(2) ------ 氏〜N(O,1)；
o
(3) P{a <X^b} (牛旳—①(分勺；
(4) ^(— a ) = 1 —①(a).
二、选择题
(6) 【答案】(A).
【解】 若fCx,y)两个偏导数连续，则 2 ,y) 一定可微，反之不对；
若可微，则/'(工，夕)连续且可偏导，反之不对，应选(A).
方法点评：二元函数/(jt ,y)在一点处的连续性、可偏导性、可微性、一阶连续可偏导性之
间的关系图如下：
一阶连续可偏导
(7)【答案】(C).
【解】 由lim — = 1,得lira丄=0,
w-*°° U „ n-*°° U n
丄+ 丄+丄 丄+ (― 1)宀—
S”
况 1 U n U 卄 1 U 1 Un+1
因为 limS„ =— 收敛,(A) ,(D)不对;
"f 8 It ]1 1
由 lim —
+ 1
U 77
因为工右与乞丄 8 h 8 ［
发散，所以工一与丫 --- 都发散,
n = \ H n = l ri \ 丄 ” =1 Un n = l "” + 1
条件收敛，应选（C）.
（8）【答案】（B）.
【解】 若lim ）工0,不妨设lim ff（x）=A >0.
工一*+°°
J-->4-00
A A A
取=y >0,则存在X >0,当工> X时，|广（乂）一 A I V㊁，于是/•'&）> y.
当 a > X 时，/(^) -/(X) =y'(W)Q — X),其中 g G (X,H),
A
则于(工)> f(X) + -Cx —X),
A
因为lim 于(X)+㊁ Cz —X) =+°°,所以lim f（x）= +°°,与/（j?）有界矛盾，应选（E）.
（9）【答案】（B）.
/a 11 a 12 Q 13 \
【解】 因为 如
A = 1 Q 22 Q 23
^31 Q 32 a 33
因为r（A）=r（A）=2<3,所以方程组A X =b有无数个解，即三个平面有无数个交点，因
为（A）只有一个交点，而（C）,（D）没有交点，所以应选（B）.
（10）［答案】（D）.
f+oo C+8 f 4-00
【解】方法一因为 | ［九（z ）十九（z ）］dz = | （je ）d;r +| f2 （x ）dj? =2 # 1,
J —oo J —oo J —oo
所以几（工）+亢（工）一定不是某个随机变量的密度函数，（A）不对;
设 X1 〜E(1),X2 〜E(l),则
0, •z W 0, 0, •z W 0,
•z〉0, e_2x •z > 0,
*-|-oo '-|-oo = *H1,所以/i Cx ） f2）不是某个随机变量的
因为 /i (jr )/2(力= e_2j dx
o
密度函数，（E）不对；
因为F］ （+ 8）+尸2（+*）=2工1,所以F|Q）+F2（h）不是某个随机变量的分布函数，
（C）不对，应选（D）.
方法二 因为F］（_z）,F2（h）为两个随机变量的分布函数，所以0 W F］Q）冬1,
0<F2（^） < 1,Fi（_z）,F2（h）单调不减，从（工），尸2（工）右连续且
F1 （— 00） = F? （— °°） = 0, F］ （+ °°） — F+°°） =1,
于是 F］（工）尸2（工）满足：0 < F1Q）F2（工）< 1,Fi（_z）F2（h）单调不减,F1（JT）F2（JC）
右连续且 F1（-^）F2（-oo）=0,F1（ +*）F2（+*）=1,故 Fi（h）F2（h ）为某个随机变
量的分布函数，应选（D）.三、解答题
(11)[解】 将力=0 代入 af{h ) +”(2/i) — f (0) = o(/z)中，得(a + b — l)f (0) = 0.
由 /(0)工0,得 a + b=l；
由 (A) +6/(2A) -f (0) =o(h),得 + bf\2h)_f® =恤 =
a-*o h A->0 h
a/(A) +6/C2A) -/(0) a/(A ) + 6/(2A ) - (a +6)/(0)
[nJ lim-----------------------------:------= lim------------------------------------------------
h-^o h a—o h
=alim£<^Z<2)+2Mim/
<2a)-/(o)
A-*0 hh A->0 2h
=(a +26)/70),
所以（a +2厂厂（0） =0,由厂（0） H 0得a十2b =0,于是f十"一
.a + 2b = 0.
1 1 a + 6 = 1,
由 =1 HO得方程组 有唯一解，故存在唯一一组a =2,6 = — 1,使得
1 2 a + 2b = 0
af (A ) + bf(2h ) 一 /(0) =o (A ).
(12)[解】 * 'arC，anJ： -/亠 1 arctan x 9
e d^=e -aretan2. •⑺'d7 e_z dt =1,
djr 0 0 x = 0
arctan x 2
因为曲线y =/（-r）与夕= 「曲在（0,0）处切线相同，所以y'（o）= 1且/（o）=o.
0
所以切线方程为y=工
2 （I）-
Z(o)
ffnMlimn/ (—)= \ 72 /
21im ——-——=21im -=2/z(0) =2.
8 Z "f 8 2
n n
（13）【解】 方法一如图所示,
令Di ={(工，夕)| 0£_z
D2 = {(□?,3/) | OWz Wjy,OW；y《l},
X
八< 2 2 矩>
dy Jj er djr dj/ + Ax d;y
D Di d'2 ：
| eJ dx dy +, |f 1 ey, 2 d_y | ydjr
o J 0 o
x ex djr + I yey dy
J 0 J o
1 工 2 工 2 1
=2 x e" djr = =e — 1.
0 0
方法二 令 Di={(h,))
| 0W«z
W1，0Wj ；Wh}9
jjemaxU2,/}djc： =2
由对称性得 dj? dy
D]
D
= 2『e，cLz「dy =2 2 i
=e — 1.
0 0（14）【解】（1）卩（工，夕）=丄口 +夕好（巧）］=—+ ,
夕 y
~~ = 一 1 + + xyf\xy},
dy y
Q(z f Cjcy) — 1] —
y y
dQ
----+ /(p) + xyf\xy},
3x
因为学=学，所以曲线积分/与路径L无关;
ox oy
I =[丄[1 + y2 + 弓■[//'(•ry) — l]dy
（n）方法一
=[ —dj? — —rdj + [ yf^xy^dx x f Qx ,
九 $ / 1 L'
(c,d) x c a be 一 ad
——冷 dy = d
l y 夕一 (a ,6) y (a,6) d h bd
取 Ll ,xy =ab （起点为（a ,b）,终点为（c,〃）），
因为曲线积分与路径无关，所以
yf^jcy )dj? + x f(<xy )dj/ = yf(j：y)dx + x f {xy )dy
i
(c,d)
=f ^ab ) j/djr -\- j: dy — f {ab ) d(j?3/)
(a »6)
=f {ab)xy | =0
9
(a ,6)
—[1 + y2 f — l]dy ="
于是I =
l y y hd
方法二 令于(“)的原函数为F(“)，则
「 r(c,d) (c,d)
yf(xy)dj： + jc/Cjcj/ )dj/ = dF {xy ) = F (jjy ) =F (cd) — F (ab) = 0 9
(a ,6) (a ,b)
于是 I f [1 WS) — 1血 be 一 ad
hd
（15）【解】因为级数工 ,o ..的收敛半径为R = + °°,所以其收敛域为(―°°, +°°).
(3/z)!
n = 0
2 5 8 工33n”—T1
（I ）由夕'（工）2 X ! + 二 + 二 ---- 1----------------------------------- 1-…，
5! 8! (3« -1)!
4 7 3n—2
〃/ 、
V &)=工+\ Xi r +\ 7XT 十I …+I (3”X_ 2)! +| …'
3 6 八3n—73
》⑺十疔+歹+…+⑶二盯+ “ '
/曰〃 工 J：n _ x
得，+I 夕 / +I 夕=1+无+1刃一2|+© g 3 y— + 丁04 卜亦一 = e・
H------------ H
°° x3w
（H）令 y（j：） =刀 、，由（1）得丿 & ）满足 yf~\~yf + 夕=e"・
J
”=（）⑶）！
1 /s
j/‘ + 3/ +夕=0的特征方程为A 2 + A +1=0,特征根为入 土
i,2 = 9;/' +『+ $= 0 的通解为 _y=e ?（C] cos + C? sin ） •
又『+ yf y — er有特解y — -^-eJ ,故_y〃 + _y' + jy = e"的通解为
A cos
、 、
2 8 3”
由 y（0） = l,j/（0） = 0 得 Ci = — ,C2 =0,故》y-^——的和函数为
3 ”“ ⑶）！
y （工）=2严遇咚z +扣（-。o Vh V+b）.
cos
3 2 3
(16)【解】(I M (h ,y)在M(x0 ,y0)处沿梯度的方向方向导数最大，且方向导数的最大值
即为梯度的模，而梯度为
grad h \M ={y0 — 2o-0 ,a-0 —2y0},
故 g（H 0 ，》。）=丿 （$0 — 2工 0 ）2 + （工 o — 2 》 o ）2 = J 5 讥 + 5忧 一 8広 0 夕 0 •
（D）由题意，求目标函数g& ,》）在约束条件工2 +》2 _心-75=0下的最大值.
令 FQ，*入）=5j?2 + 5y2 一 8xy + A （jc2 + y2 一 xy 一 75），
[F： = IOjc 一 8y + A （2jc 一 y ） = 0 ,
令 s Ffy = 10j/ — 8jc +入（2夕一工）=0，
]f, = x2 + y 2 - xy - 75=0,
前两式相加得Q +夕）（入+ 2） =。9则y = — x或入= — 2.
当,=—乂时，解得["= —5,或f=5，
»=5, »= —5；
当 ——2时，代入第一式得y
因为 g(5, — 5) =g(—5,5) =15©\g(5站，5箱)=g(― 5站，一 5松)=5拓，所以可以
选择(5,-5)或(一5,5)作为攀登的起点.
(17)【解】 因为a2 ,a3 .a4线性无关，而a】=2a2 —a3,所以a} ,a2 .a3 ,a4的秩为3,于是r(A)= 3.
又因为p =Cfl +a2 +tt3 +«4 ,所以r(A) =r(A) =3,AX=0的基础解系含一个线性无
关的解向量.
而AX = 0等价于工|叭+工2<^2 +工 比+広心4 = 0,由5 —2。 十a：』+OCC4 = 0,得AX= 0的
3 2
基础解系为g = （1,—2,1,0）\
又 AX =P 等价于工]</ 2a2 + 3«3 + 鼻|。 =0 且0 =a + «2 + «s + a』，则方程组
1 + x 4 1
AX= 0的特解为T] = （1,1,1,1）T,故方程组AX= P的通解为
1 1
-2 1
+
Ck为任意常数).
1 1
.0 1
方法点评：本题考查方程组解向量形式与方程组的通解.
本题关键需要使用AX =0的向量形式攵41 + JC 2« 2 +工 3 。 3 + a： !« 4 =0及AX = 〃的向
量形式工 。 久 。 + 工45 = b.
1 1 +^-2a2 + 3 3(18)【解】(I )设 A〜B, 则存在可逆矩阵 P, 使得P lAP =B.
于是丨 AJE —於 | =| XP P - P AP |
AE -P_1AP |=|
=|pT |
应一
A I |p|=
Me—A |.
A /O O\ /O 1\ ”
(11)令人= ，显然丨 -A XE-B |=A2.
.B = AE 1-1
\O 0/ \0 0/
因为厂(A)=OHr(jB)=l,所以 与 不相似.
A B
(QI) At =A ,Bl =B.
若丨AE-A |=| AE-JB | ,则有相同的特征值，设为A1,A2,-,A
因为A,jB可对角化，所以存在可逆矩阵P^P2,使得
0 .•• 0 A. 0 .•• 0 '
0 入 •• 0 0 入 •• 0
2 * 2 °
,P7BP2 =
0 0 .•• A „ 0 0 .••入”.
从而 P7 AP, =P? BP2 或(PiPJ)TAPiP^ =B,令卩=卩片,则 kAP=B, 即 A 〜B.
(19)【解】 显然Y〜0(4"),其中
p=plx > 召=匸心）k =J cos -d(-)=sm- 丄
I
于是Y〜B（4,y）.
由 E(Y)=4Xy=2,D(Y)=4XyXj = l,得 E(W)= d(y)+ [E(y)]2 =5.
(20)【解】E(X) = 0 X 沪 + 1 x 20(1 —0) +2护 +3(1 _ 20) =3 — 40,
一 3+1+3+0+3+1+2+3
乂 =------------- 8--------------------= 2，
令E(X)=F得&的矩估计值为0=].
4
似然函数为 L(0) =406(1 — 0)2(1 — 20)4,
In L(0) = In 4 + 6 In 9 + 21n( 1 一 d) + 41n( 1 — 29),
^lnL(^)=l 2 8 _7±V13
由 =0,得 6
1—0 1 — 20 12
因为0 = +］攀 > 所以0的极大似然估计值为9 =
7 7 -f
