绝密★启用前 数学(试卷一)参考解答 填空题(本题共5小题每小题3分满分15分.) xlnx 2)已知函数y=y(x)由方程e+6x+x2-1=0确定,则y(0)=_-2 (3)微分方程y”+y2=0满足初始条件y 的特解是y=√x+1 或y=x+1 (4)已知实二次型∫x,x2,x)=a(x+对+x)+4x1x2+4x1x3+4x2x3经正交变换x=Py 可化成标准形∫=6y,则a=2 (5)设随机变量X服从正态分布N(μ,2)(a>0),且二次方程y2+4y+X=0无实根的概 率为,则 二选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)考虑二元函数f(x,y)的下面4条性质: ①f(x,y)在点(x,y)处连续 ②f(x,y)在点(x,%0)处的两个偏导数连续, ③f(xy)在点(x,y0)处可微 ④f(x,y)在点(x,%)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 2)设,0(n=123,…),且回=1,则级数∑(-1)“(1,【A (C)③=④→① (D)③→①=④ (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,【C】 (3)设函数y=f(x)在(0,+∞)内有界且可导,则 (A)当imf(x)=0时,必有imf'(x)=0 (B)当imf"(x)存在时,必有im"(x)=0 (C)当imf(x)=0时,必有limf(x)=0. (D)当limf'(x)存在时,必有limf'(x)=0 【B
(4)设有三张不同平面的方程a1x+ay+aaz=b,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 (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f(x)和 f(x),分布函数分别为F(x)和F2(x),则 (A)f(x)+f(x)必为某一随机变量的概率密度 (B)f(x)2(x)必为某一随机变量的概率密度 (C)F(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 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)+ 的f(2h)-f(0)在h→0时是比h高阶的无穷小,试确定a,b的值 解法1由题设条件知 inqf(h)+6f(2h)-f(0)]=(a+b-1)f(0)=0 由于f(0)≠0,故必有a+b-1=0. 又由洛必达法则,有 0=lim9)+的(26)-A0)=timg(h)+2f(2h) =(a+2b)f"(0), 因f(0)≠0,故a+2b=0. 于是得a=2,b=-1. 解法2由条件得 fh)=f0)+f(0)h+o(h) f(2h)=f(0)+2f'(0)h+o(h)
所以af(h)+价f(2h)-f(0)=(a+b-1)f(0)+(a+2b)f'(0)h+o(h) 因此当a=2,b=-1时,有 四(本题满分7分) 已知两曲线y=f(x)与y=[ed在点(0,0)处的切线相同,写出此切线方程,并求 极限lmnf() 解由已知条件得 f(0)=0, f(0) 1 故所求切线方程为y=x f(-)-f(0 五(本题满分7分) 计算二重积分/-dad,其中D=1(x,)10≤x≤10≤y≤1 解设D1={(x,y)10≤x≤1,0≤y≤x D2=1(x,y)10≤x≤1,x≤y≤1 则e-…dxdy=「m,dxdy+fme,dxdy [drle"dy+[ds[e
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,)终点为(c4).记1=1(1+)a+x)-1t (1)证明曲线积分I与路径L无关 (2)当ab=cd时,求的值 (1)证因为 g11+y(x)]1=f(x)-+xy(x)=15y(x)-1]1 dy 在上半平面内处处成立所以在上半平面内曲线积分l与路径无关 (2)解法1由于与路径无关故可取积分路径L为由点(a,b)到点(c,b)再到点(c,d 的折线段,所以 [1+bf(bx)]dx+<[fey)-1]dy cba+of( bx)dx+ ef(ey)dy+d-6 号·(+(d f(r)dr 当b=时,(出=0由此得1=- (2)解法2/。,+团对)+填x)d, 设F(x)为f(x)的一个原函数,则 ff(ay)dx+f(xy)dy= k(xy)d(ry)= F(ed)-F(ab) 所以当ab=cd时,F(ad)-F(ab)=0,由此得=-
七.(本题满分7分) (1)验证函数y(x)=1++1+…+(3n)1+“(-<x<+∞)满足微分 方程 (2)利用(1)的结果求幂级数∑(3n)!的和函数 解(1)因为 y(x)=1 x2 x 2!5!8! (3n-1)! (x) x y+y+y=e (2)与y"+y+y=e相应的齐次微分方程为 y"+y+y=0, 其特征方程为 A2+A+1=0 特征根为A13=-2+2.因此齐次微分方程的通解为 设非齐次微分方程的特解为 Ae 将y代入方程y"+y+y=c得A=,于是 方程通解为 y=eC 当x=0时,有
由此得G1=3,C2=0 于是幂级数∑x的和函数为 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=1(x,y)|x2 +y2-xy≤751,小山的高度函数为h(x,y)=75-x2-y2+xy (1)设M(x,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,y),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x2+y2-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 解(1)由梯度的几何意义知,h(x,y)在点M(x0,%)处沿梯度 grad(x,y)I(sos)=(o-2xo)i+(=o-2yo) 方向的方向导数最大,方向导数的最大值为该梯度的模,所以 g(x,%)=√(y0-2x0)2+(x0-2y0)2 (2)令f(x,y)=g2(x,y)=5x2+5y2-8xy 由题意,只需求f(x,y)在约束条件75-x2-y2+xy=0下的最大值点 令L(x,y,A)=5x2+5y2-8x+A(75-x2-y2+xy),则 L,=10x-8y+A(y-2x)=0 A(x-2y)=0 4=75 ①②③ ①式与②式相加可得(x+y)(2-A)=0 从而得y=-x或A=2 若A=2,则由①式得y=x,再由③式得x=±53,y=±53. 若y=-x,则由③式得x=±5,y=干5 于是得到4个可能的极值点 M1(5,-5),M2(-5,5),M(53,53),M4(-53,-53)
由于f(M1)=f(M2) f(M3)=f(M)=150 故M1(5,-5)或M2(-5,5)可作为攀登的起点 九(本题满分6分) 已知4阶方阵A=(a1,a2,a3,a),a1,a2,a3,a4均为4维列向量,其中a2,a3,a4线性无 关,a1=2a2-a,如果β=a1+a2+a3+a,求线性方程组Ax=B的通解 解法1令 x〓 则由Ax=( 将a1=2a2-a3代人上式,整理后得 (2 x)a3+(x4-1)a4=0. 由a2,ay,a4线性无关,知 解此方程组得 07·其中k为任意常数 0 解法2由a2,ar3,ax线性无关和a1=2a2-a3+0a4,故A的秩为3,因此Ax=0的基 础解系中只包含一个向量 为齐次线性方程组Ax=0的一个解所以其通解为 k为任意常数. 0
再由 知为非齐次线性方程组Ax=B的一个特解,于是Ax=B的通解为 x-|1-42|其中k为任意常数 0 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 证(1)若A,B相似那么存在可逆矩阵P,使PAP=B,故 I AE-BI =l AE- P-API=I P-IAEP-P-lAPI =I P-(AE-A)PI=I P-II AE-AlI Pl I P-II PII AE-AIEl AE-Al (2)令A= ,那么 I AE-AIE A =I AE-Bl, 但A,B不相似否则,存在可逆矩阵P,使 PAP=B=O 从而A=POP=O,矛盾 (3)由A,B均为实对称矩阵知,A,B均相似于对角阵 若A,B的特征多项式相等,记特征多项式的根为A1,…,A,,则有 A A相似于
B也相似于 即存在可逆矩阵P,Q使 e"Be 于是 (P2")A(PQ-)=B 由PQ为可逆矩阵知A与B相似 十一.(本题满分7分) 设随机变量X的概率密度为 0≤x≤丌 f(x) 其他 对X独立地重复观察4次,用Y表示观察值大于3的次数,求Y的数学期望 解法1由于 P|x>}= y-B(4,), 因此 EY=4?“DY=4×x(1-1 所以EY2=DY+(EY)2=1+2=5 解法2由于 PIX>l Y~B(4,) 因此y的概率分布为
Y 4 所以,EY2=1(0×1+1×4+2x6 十二(本题满分7分) 设总体X的概率分布为 2 其中(0 )是未知参数,利用总体X的如下样本值 3,1,3,0,3,1,2 求的矩估计值和最大似然估计值 解EX=0×2+1×26(1-0)+2×2+3×(1-20) x=1×(3+1+3+0+3+1+2+3)=2 令EX=x,即 解得的矩估计值为6= 对于给定的样本值,似然函数为 nL()=ln4+6n0+2ln(1-0)+4ln(1-26), dnL()6286-286+240 01-61-206(1-)(1-20) 令业n(0)=0,解得 7±1 因12 >1不合题意,所以的最大似然估计值为 12
