2024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。
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，可微性及偏导数的连续性之间的关系。我们知道，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。
再考察取绝对值后的级数。注意。
发散发散。因此选(c).
3)【分析】 证明(b)对：反证法。假设，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】 用洛必达法则。由题设条件知。
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。
故所求切线方程为。由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得。
五、【分析与求解】 是正方形区域如图。因在上被积函数分块表示。
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，用拉格朗日乘子法。令拉格朗日函数。
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，而最大值又只可能在中取到。因此在取到在的边界上的最大值，即可作为攀登的起点。
九、【解】 由线性无关及知，向量组的秩，即矩阵的秩为因此的基础解系中只包含一个向量。那么由。
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。
但不相似。否则，存在可逆矩阵，使。从而，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。
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