题目
设 $A$ 是 $4$ 阶矩阵,$A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵,若线性方程组 $AX=0$ 的基础解系中有 $2$ 个向量,则 $r(A^{*}) = ?$
$\textcolor{Orange}{[A]}$ $0$
$\textcolor{Orange}{[B]}$ $1$
$\textcolor{Orange}{[C]}$ $2$
$\textcolor{Orange}{[D]}$ $3$
设 $A$ 是 $4$ 阶矩阵,$A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵,若线性方程组 $AX=0$ 的基础解系中有 $2$ 个向量,则 $r(A^{*}) = ?$
$\textcolor{Orange}{[A]}$ $0$
$\textcolor{Orange}{[B]}$ $1$
$\textcolor{Orange}{[C]}$ $2$
$\textcolor{Orange}{[D]}$ $3$
设函数 $f(x), g(x)$ 的二阶导函数在 $x=a$ 处连续,则 $\lim_{x \rightarrow a}$ $\frac{f(x) – g(x)}{(x-a)^{2}}$ $=$ $0$ 是两条曲线 $y$ $=$ $f(x)$, $y$ $=$ $g(x)$ 在 $x$ $=$ $a$ 对应点处相切及曲率相等的 $?$.
$\textcolor{Orange}{[A]}$ 充分不必要条件
$\textcolor{Orange}{[B]}$ 充分必要条件
$\textcolor{Orange}{[C]}$ 必要不充分条件
$\textcolor{Orange}{[D]}$ 既不充分又不必要条件
已知平面区域 $D$ $=$ $\{ (x, y) | |x| + |y|$ $\leqslant$ $\frac{\pi}{2} \}$, 记:
$I_{1}$ $=$ $\iint_{D}$ $\sqrt{x^{2} + y^{2}}$ $dxdy$, $I_{2}$ $=$ $\iint_{D}$ $\sin$ $\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ $dxdy$, $I_{3}$ $=$ $\iint_{D}$ $(1-\cos \sqrt{x^{2}+y^{2}})$ $dxdy$, 则()
$\textcolor{Orange}{[A]}$ $I_{3} < I_{2} < I_{1}$
$\textcolor{Orange}{[B]}$ $I_{2} < I_{1} < I_{3}$
$\textcolor{Orange}{[C]}$ $I_{1} < I_{2} < I_{3}$
$\textcolor{Orange}{[D]}$ $I_{2} < I_{3} < I_{1}$
已知微分方程 $y^{”} + ay^{‘} + by = ce^{x}$ 的通解为 $y = (C_{1}+C_{2}x)e^{-x} +e^{x}$, 则 $a, b, c$ 依次为 $?$
$\textcolor{Orange}{[A]}$ $1, 0, 1$
$\textcolor{Orange}{[B]}$ $1, 0, 2$
$\textcolor{Orange}{[C]}$ $2, 1, 3$
$\textcolor{Orange}{[D]}$ $2, 1, 4$
下列反常积分发散的是:
A. $\int_{0}^{+\infty} xe^{-x}dx.$
B. $\int_{0}^{+\infty} xe^{-x^{2}}dx.$
C. $\int_{0}^{+\infty}\frac{arc \tan x}{1+x^{2}}dx.$
D. $\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}dx.$
设函数 $f(u)$ 可导,$z$ $=$ $yf(\frac{y^{2}}{x})$, 则 $2x$ $\frac{\partial z}{\partial x}$ $+$ $y$ $\frac{\partial z}{\partial y}$ $=$ $?$
继续阅读“2019年考研数二第11题解析”曲线 $\left\{\begin{matrix} x = t – \sin t,\\ y = 1 – \cos t \end{matrix}\right.$ 在 $t = \frac{3 \pi}{2}$ 对应点处的切线在 $y$ 轴上的截距为 $?$.
继续阅读“2019年考研数二第10题解析”已知矩阵 $ A= \begin{bmatrix} 1& -1& 0& 0\\ -2& 1& -1& 1\\ 3& -2& 2& -1\\ 0& 0& 3& 4 \end{bmatrix}$ ,$A_{ij} $ 表示$|A|$中$(i,j)$元的代数余子式,则$A_{11}-A_{12}=?$
继续阅读“2019年考研数二第14题解析”已知函数 $f(x) = x \int_{1}^{x} \frac{\sin t^{2}}{t} d t,$ 则 $\int_{0}^{1}f(x)dx=?$
继续阅读“2019年考研数二第13题解析”曲线 $y = x \sin x + 2 \cos x, (-\frac{\pi}{2} < x < 2 \pi)$ 的拐点是 ?
A. $(0, 2)$
B. $(\pi, -2)$
C. $(\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$
D. $(\frac{3 \pi}{2}, -\frac{3 \pi}{2})$
设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布,则 $P {X=E(X^{2})}$ $=$__.
每年考研数学一试卷中填空题的最后一题基本都是考一个概率论中的知识。本题考察的知识很明确,就是:泊松分布。
泊松分布的概念如下:
设随机变量 $X$ 的概率分布为:
$P {X=k}$ $=$ $\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}$ $(\lambda>0,k=0,1,2,3 \dots)$
则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布,记为 $X$ $\backsim$ $P(\lambda)$.
此外,在泊松分布中,数学期望 $E(X)$ $=$ $\lambda$, 方差 $D(X)$ $=$ $\lambda$.
最后,我们还需要知道 $E(X)$ 与 $D(X)$ 的关系公式:
$D(X)$ $=$ $E(X^{2})$ $-$ $[E(X)]^{2}$.
由题目信息可知,该题中泊松分布的参数 $\lambda=1$, 于是我们知道:
$E(X)$ $=$ $D(X)$ $=$ $1$.
由于题目中要求的表达式中含有 “$E(X^{2})$”, 而在 $E(X)$ 与 $D(X)$ 的关系式中也含有 “$E(X^{2})$”, 于是,我们有:
$E(X^{2})$ $=$ $D(X)$ $+$ $[E(X)]^{2}$.
进而有:
$E(X^{2})$ $=$ $1$ $+$ $1^{2}$ $=$ $1$ $+$ $1$ $=$ $2$.
于是,我们要求的表达式就变成了:
$P{X=E(X^{2})}$ $\Rightarrow$ $P{X=2}$.
至此,我们已经知道了泊松分布的计算公式中的两个未知量的数值,分别是:
$\lambda$ $=$ $1$, $k$ $=$ $E(X^{2})$ $=$ $2$.
于是,根据泊松分布的计算公式,我们有:
$P$ $=$ $\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}$ $=$ $\frac{1^{2}e^{-1}}{2!}$ $=$ $\frac{e^{-1}}{2 \times 1}$ $=$ $\frac{1}{e}$ $\times$ $\frac{1}{2}$ $=$ $\frac{1}{2e}$.
综上可知,正确答案就是:$\frac{1}{2e}$.
EOF
$\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}$ $=$
使用四则运算将原式化简,之后使用等价无穷小替换求出结果。
$\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^{2}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{1+x+1-x+2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$
由于当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$(\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x})$ $\rightarrow$ $2$, 因此有:
$\lim_{x \to 0}$ $\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{4x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{2(\sqrt{1-x^{2}}-1)}{4x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1-x^{2}}-1}{2x^{2}}$
根据等价无穷小的如下替换原则:
$(1+x)^{\mu }$ $-$ $1$ $\backsim$ $\mu$ $x$
(详细内容可以参考荒原之梦网(zhaokaifeng.com)的这篇文章:高等数学中常用的等价无穷小)
可知:
$\sqrt{1-x^{2}}$ $-$ $1$ $\backsim$ $-$ $\frac{1}{2}x^{2}$, 因此有:
$\lim_{x \to 0}$ $\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{2x^{2}}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$
观察题目中的式子可以发现,当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,满足以下条件:
(1) $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ $\rightarrow$ $0$
(2) $x^{2}$ $\rightarrow$ $0$ 且 $x^{2}$ $\neq$ $0$
(3) $y$ $=$ $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ 和 $y$ $=$ $x^{2}$ 在 $0$
附近两者都可导(在 $0$ 附近,导数存在且连续,故可导)。
综上可知,此处可以使用 $\frac{0}{0}$ 型的洛必达法则,即可以对分子和分母分别求导后再求极限来确定未定式的值。
求导过程如下:
原式 $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}} – \frac{1}{2 \sqrt{1-x}}}{2x}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x}} – \frac{1}{\sqrt{1-x}}}{4x}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x(\sqrt{1+x} \times \sqrt{1-x})}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1-x} – \sqrt{1+x}}{4x \sqrt{1-x^{2}}}$
因为,当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$\sqrt{1-x^{2}}$ $\rightarrow$ $1$, 所以有:
$\lim_{x \to 0}$ $\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x}$
上面的计算过程依次是“求导 / 化简 / 化简 / 化简 / 化简”。下面开始正式使用 $\frac{0}{0}$ 型的洛必达法则进行计算:
$\overset{\frac{0}{0}}{\rightarrow}$ $\lim_{x \to 0}$ $=$ $-$ $\frac{\frac{1}{2\sqrt{1-x}} – \frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{4}$
经过上面的求导,我们发现,当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$-$ $\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$ $\rightarrow$ $-$ $\frac{1}{2}$, $-$ $\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$ $\rightarrow$ $0$, 因此有:
原式 $=$ $\frac{-\frac{1}{2} – \frac{1}{2}}{4}$ $=$ $\frac{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})}{4}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$
在使用洛必达法则解决该问题的时候,进行了两次求导。其实,只要满足以下三个条件,则在使用洛必达法则的过程中可以进行任意次求导,但需要注意的是,每一次求导之前必须确保式子仍然满足如下三个条件,否则不能使用洛必达法则:
设:$y$ $=$ $\frac{f(x)}{g(x)}$, 则需满足:
(01) $x$ $\rightarrow$ $x_{0}$ 或 $x$ $\rightarrow$ $\infty$ 时,$f(x)$ 和 $g(x)$ 均趋于 $0$ 或者趋于 $\infty$;
(02) $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x_{0}$ 的去心邻域可导且 ${g}'(x)$ $\neq$ $0$;
(03) $\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$ 的极限存在或者为无穷大。
总结来说,洛必达法则的使用方法如下:
$\lim_{x \to x_{0}}$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $=$ $\lim_{x \to x_{0}}$ $\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$
观察题目中的式子我们发现,可以使用麦克劳林展开式的 $(1+x)^{m}$ 的形式和皮亚诺余项对该题目进行计算,公式如下:
$(1+x)^{m}$ $=$ $1$ $+$ $mx$ $+$ $\frac{m(m-1)}{2!}$ $x^{2}$ $+$ $o(x^{2})$
代入公式可得:
$\sqrt{1+x}$ $=$ $(1+x)^{\frac{1}{2}}$ $=$ $1$ $+$ $\frac{1}{2}$ $x$ $+$ $\frac{\frac{1}{2} \times (\frac{1}{2}-1)}{2!}$ $x^{2}$ $+$ $o(x^{2}$ $)$ $=$ $1$ $+$ $\frac{1}{2}$ $x$ $-$ $\frac{1}{8}$ $x^{2}$ $+$ $o(x^{2})$
$\sqrt{1-x}$ $=$ $(1-x)^{\frac{1}{2}}$ $=$ $1$ $-$ $\frac{1}{2}$ $x$ $+$ $\frac{\frac{1}{2} \times (\frac{1}{2}-1)}{2!}$ $x^{2}$ $+$ $o(x^{2})$ $=$ $1$ $-$ $\frac{1}{2}$ $x$ $-$ $\frac{1}{8}$ $x^{2}$ $+$ $o(x^{2})$
于是有:
原式 $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{1+\frac{1}{2} x – \frac{1}{8} x^{2} + 1 – \frac{1}{2} x – \frac{1}{8} x^{2} + o(x^{2})-2}{x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{-\frac{1}{4} x^{2} + o(x^{2})}{x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $-$ $\frac{1}{4}$ $+$ $\frac{0(x^{2})}{x^{2}}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$.
EOF