2023-李林六套卷-数学一

2023-李林6-1

T₁₁ 恒等变换 \(\arctan\dfrac{1+x}{1-x}=\dfrac\pi4+\arctan x\)，另外再补充一个 \(\arctan x+\arctan\dfrac1x=\begin{cases}\frac\pi2&,\,x>0\\-\frac\pi2&,\,x<0\end{cases}\)

T₁₄ 第二类积分的对称性

T₁₉ 华莱士公式的证明：\(\displaystyle I_{n}=\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^nx\,\mathrm{d}x=\cos^{n-1}x\sin x\Big|_0^{\frac{\pi}2}+\int_0^{\frac{\pi}2}(n-1)\cos^{n-2}x\sin^{2}x\,\mathrm{d}x=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_{n}\)

T₂₁ 已知 \(Q^TAQ=\Lambda\)，求 \(B^2=A\)：开方 \(B^2=Q\Lambda Q^T=Q\sqrt{\Lambda}Q^TQ\sqrt{\Lambda}Q^T=(Q\sqrt{\Lambda}Q^T)^2\)，和去年的求 \(P^TP=A\) 是一样的

2023-李林6-2

T₂ 弦切不等式：若是凹函数，\(f(\dfrac{a+b}2)+f^{'}(\dfrac{a+b}2)\left(x-\dfrac{a+b}2\right)\leqslant f(x)\leqslant f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\)；凸函数反之

T₇ 已知 \(Ax=b\) 通解为 \(k\xi+\eta\)，则 \(\beta\) 是哪个方程组的解：用 \(\xi,\,\eta\) 表示 \(\beta\)，\(A\beta=A(m\xi+n\eta)=0+nb\)

T₈ \(P_1,\,P_2,\,P_3\) 共线且不重合：即 \(OP_1,\,OP_2,\,OP_3\) 共面但不共线

T₁₀ \(\chi^2(2)\Leftrightarrow E(\dfrac12)\)。证明在2019超越卷-4

T₁₂ 极坐标下旋转体表面积 \(\mathrm{d}S=2\pi r\sin\theta\sqrt{r^2+(r^{'})^2}\,\mathrm{d}\theta\)，体积 \(\mathrm{d}V=2\pi r\sin\theta\cdot\mathrm{d}r\cdot r\mathrm{d}\theta\)

T₁₃ \(\displaystyle\iiint_\Omega z^2\,{\rm d}v=\frac{4πR^5}{15},\,\iiint_{\Omega_{上}} z\,{\rm d}v=\frac{πR^4}{4}\)

T₁₄ 梯度场无旋 \(\nabla \times(\nabla\varphi)=(\nabla\times\nabla)\varphi=0\varphi=0\)，旋度场无源 \(\nabla\cdot(\nabla\times A)=(\nabla\times\nabla)\cdot A=0\cdot A=0\)

T₂₀ 格林公式，高斯公式适用条件：\(P,\,Q,\,R\) 偏导数连续

T₂₁ \(Q^TAQ=\Lambda\) 可推出 \(Q^TA^*Q=\Lambda^*\)： \(Q^TA^*Q=Q^T(Q\Lambda Q^T)^*Q=Q^T(Q^T)^*\Lambda^*Q^*Q=E\Lambda^*E=\Lambda^*\)

T₂₂ \(X\sim N(0,\,\sigma^2)\)，则 \(E|X|=\sqrt{\dfrac{2}\pi}\sigma,\,D|X|=(1-\dfrac2\pi)\sigma^2\)

2023-李林6-3

T₄ \(f(x,\,y)\) 在 \(P\) 取极大值：\(A=0\) 的时候其实也有可能取到：如 \(f(x,\,y)=-\sqrt{x^2+y^2}\) 在 \((0,\,0)\) 处二阶导是 \(0\)，但的确能取到极大值

T₁₂ \(\left(\dfrac1{\ln x}\right)^{'}=-\dfrac1{x\ln^2x}\)

T₁₃ \(\mathrm{d}s=\sqrt{1+(y^{'}_x)^2}\,\mathrm{d}x=\sqrt{(x^{'}_t)^2+(y^{'}_t)^2}\,\mathrm{d}t\)

• 这道题其实可以用古尔丁定理的。除了体积 \(V=S\cdot l_c\) 外，也有表面积 \(S=C\cdot l_c\)

T₁₄ \(x=\mathrm{e}^t\)，则 \(y=y,\,x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=Dy=\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},\,x^2\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=D(D-1)y=\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}-\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\)

• 若是 \(x=-\mathrm{e}^t\)，则变为 \(y,\,-Dy,\,-D(-D-1)y\)

T₁₆ \(AB=\overline{A}\overline{B}\)，则 \((AB)(\overline{A}\overline{B})=\empty\Rightarrow AB=\empty,\,\overline{A\cup B}=\empty\)，\(A,\,B\) 对立

T₁₉ \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n=\dfrac{1}{1-x-x^2}\)，证明 \(a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\)：把右边的 \(1-x-x^2\) 乘到左边去，依次构造 \(a_{n+2}x^{n+2},\,a_{n+1}x^{n+2},\,a_{n}x^{n+2}\)

2023-李林6-4

李林摆了，37分的题是去年6+4里面的吧（）

T₁ 这。。。选高阶无穷小/低阶无穷小的时候，多看两眼别选反了；\((1+x)^{\tfrac1x}\sim \mathrm{e}-\dfrac{\mathrm{e}}2x+\dfrac{11\mathrm{e}}{24}x^2+o(x^2)\) 直接秒

T₇ \(Ax=b\)，线性无关的解向量=通解无关解+一个特解

T₁₆ 再复习一下：\(f(x,\,y)=\dfrac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\tfrac{1}{2(1-\rho^2)}\left[\tfrac{(x-\mu_1)^2}{\sigma_1^2}-\tfrac{2\rho(x-\mu_1)(y-\mu_2)}{\sigma_1\sigma_2}+\tfrac{(y-\mu_2)^2}{\sigma_2^2}\right]}\)

• 要求 \(Y\) 分布的话，同样可以用重期望公式：\(E(Y)=E_X[E(Y|X)]=0,\,D(Y)=E_X[D(Y|X)]+D_X[E(Y|X)]=2\)

T₁₈ \(\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{1+\sin x}\,\mathrm{d}x=\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\left(\sin\dfrac x2+\cos\dfrac x2\right)^2}\,\mathrm{d}x\)，也可以换元 \(\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{1+\sin x}\,\mathrm{d}x\xlongequal{u=\sin x}\int_0^1\sqrt{1-u}\,\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-u^2}}\)

T₂₁ \(A\) 可逆的话，可证明 \(A\) 对应 \(\lambda\) 的特征向量 \(\alpha\) 也是 \(A^*\) 对应 \(\dfrac{|A|}{\lambda}\) 的特征向量；不可逆就用 \(Q^TA^*Q=Q^T(Q\Lambda Q^T)^*Q=\Lambda^*\)

T₂₂ 涉及方差的，注！意！要！不！要！平！方！（开！方！） \(\sigma\) 和 \(\sigma^2\)（还行）

2023-李林6-5

T₅ 级数求导，收敛域可能缩小；级数积分，收敛域可能扩大（都是在边界上）；本题取特殊值就好了

T₇ 严格来讲，在复数域中，\(U^HU=UU^H=E\)，则 \(U\) 为酉矩阵，其特征值的模均为 \(1\)，且可相似对角化。那么本题 \(\lambda_i\equiv 1\)，\(A=P\Lambda P^{-1}=PEP^{-1}=E\)，AB都对

T₁₂ \(\Omega=\{(x,\,y,\,z)|x^2+y^2+z^2\leqslant R^2\}\)，则 \(\displaystyle\iiint_\Omega z^2\,\mathrm{d}v=\dfrac4{15}\pi R^5,\,\iiint_{\Omega_{上}} z\,\mathrm{d}v=\dfrac14\pi R^4,\,\iint_{\Sigma_上} z\,\mathrm{d}S=\pi R^3\)

T₁₄ 曲线沿梯度方向，即 \(\nabla f=A\hat{i}+B\hat{j}\)，则曲线有微分方程 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac BA\)

T₁₇ \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{f(x)}{x^2}=1\)，最好从 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0\) 与 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续写起；第二问看到 \(f(x)-f[\ln(1+x)]\) 应想到中值定理，夹逼得到 \(\dfrac\xi x\rightarrow 1\)

T₂₁ 证明线性无关，有时可以尝试左乘 \(A-kE\)，如本题 \(k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3=0\)，左乘 \(A-kE\) 即可消去 \(\alpha_3\)，再左乘 \(A-kE\) 即可消去 \(\alpha_1\)

• 为什么这么想，因为条件中 \((A-kE)\alpha_1=0,\,(A-kE)\alpha_2=\alpha_1,\,(A-kE)\alpha_3=\alpha_2\) 形式更为整齐

T₂₂ 极大似然估计不一定是相合估计，应该不能说明 \(\hat{\theta}\overset{P}\rightarrow\theta\)（故 \(\hat{\theta}\overset{P}\rightarrow\dfrac{n}{n+1}\theta\) 应该不能直接取极限）

• 正确做法是夹逼 \(P\{|\hat{\theta}-\theta|\geqslant\varepsilon\}=P\{|\hat{\theta}-\dfrac{n\theta}{n+1}-\dfrac{\theta}{n+1}|\geqslant\varepsilon\}\leqslant P\{|\hat{\theta}-\dfrac{n\theta}{n+1}|\geqslant\varepsilon-\dfrac{\theta}{n+1}\}\leqslant\dfrac{D(\hat{\theta})}{\left(\varepsilon-\dfrac{\theta}{n+1}\right)^2}\)
• 以 \((\hat{\theta},\,a\hat{\theta})\) 作为 \(\theta\) 的置信区间，即 \(P\{\hat{\theta}<\theta< a\hat{\theta}\}\)，即 \(P\{\dfrac\theta a<\hat{\theta}< \theta\}\)，从而转化成 \(\hat{\theta}\) 的区间

2023-李林6-6

T₆ \(\{u_n\}\) 正项且单调减少，则级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{u_n-u_{n+1}}{\sqrt{u_n}}\) 收敛：\(\dfrac{u_n-u_{n+1}}{\sqrt{u_n}}=\dfrac{(\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n+1}})(\sqrt{u_n}-\sqrt{u_{n+1}})}{\sqrt{u_n}}<2(\sqrt{u_n}-\sqrt{u_{n+1}})\)

T₁₃ 极坐标 \(\theta\rightarrow\dfrac\pi3\) 时 \(r\rightarrow\infty\)，不代表渐近线 \(y=\sqrt3x\)，\(b\) 还有可能不等于 \(0\)

T₁₄ 哈哈哈哈哈哈哈

T₁₆ \(X_i,\,Y_i\) 用大写

T₁₇ 第一问求出 \(\part x\) 后直接积分就好了（我已经好几张卷子 T₁₇ 不会做了。。。笑死）

T₁₈ 去年的错题今年还上（去年的四套卷 \(\rightarrow\) 今年的六套卷，那今年的四套卷会有多摆）

T₂₀ \(\left(\ln\dfrac\pi2\right)^{\tfrac1n}<(\ln x_n)^{\tfrac1n}=\sin x_n<(\ln \mathrm{e})^{\tfrac1n}\)，夹逼可得 \(x_n\rightarrow\dfrac\pi2\)，当然想不到的话也可以单调有界