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第二章习题答案详解
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3秒自动关闭窗口历年01―09年考研数学试题及答案解析
2001 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题一、填空题(本题共 5 小题 每小题 3 分,满分 15 分) 填空题 本题共 小题,每小题 满分 1、设 y = e ( a sin x + b cos x)(a, b 为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，x则该方程为_____________. 2、 r =x 2 + y 2 + z 2 ，则 div（grad r）(1, ?2 , 2 )= _____________.3、交换二次积分的积分次序：∫0 ?1dy ∫1? y 2f ( x, y ) dx ＝_____________.4、设 A 2 + A ? 4 E = O ，则 ( A ? 2 E ) ?1 = _____________. 5、D（X）=2，则根据车贝晓夫不等式有估计 P{ X ? E ( X ) ≥ 2} ≤ _____________. 二、单项选择题(本题共 5 小题 每小题 3 分,满分 15 分．) 单项选择题 本题共 小题,每小题 满分 1、设函数 f (x ) 在定义域内可导， y = f (x ) 的图形如右图所示： 则 y = f ′(x ) 的图形为 ( )2、设 f ( x, y ) 在点（0，0）的附近有定义，且 f x′ (0,0) = 3, f y′ (0,0) = 1 则 ( (A)dz|（0，0）=3dx+dy； (B)曲面 z = f ( x, y ) 在（0，0， f (0,0) ）处的法向量为{3，1，1}；)(C)曲线 ?? z = f ( x, y ) 在（0，0， f (0,0) ）处的切向量为{1，0，3} ? y=0 ? z = f ( x, y ) 在（0，0， f (0,0) ）处的切向量为{3，0，1} ? y=0(D)曲线 ?3、设 f (0) = 0 则 f (x ) 在 x =0 处可导 ? ()(A) limh →0f (1 ? cosh) 存在； h2(B) limh →0f (1 ? e h ) 存在； h(C) limh →0f (h ? sinh) 存在； h21 1 1? ?4 ? ? 1 1 1? ?0 ?, B = ? 0 1 1 1 ? ? ?0 1 1 1? ? ? 0 0 0 0(D) limh →0f ( 2h ) ? f ( h ) 存在． h( )?1 ? 4、设 A = ? 1 ?1 ? ?1 ?0 0 0 00? ? 0 ? ，则 A 与 B 0? ? 0? ?(A)合同且相似； (B)合同但不相似；(C)不合同但相似； (D)不合同且不相似． 5、将一枚硬币重复掷 n 次，以 X 和 Y 分别表示正面向上和反面向上的次数， 则 X 和 Y 相 )关 系数为：((A) -1；(B)0；(C)1/2；(D)1． （本题满分 三、 本题满分 6 分） （求arctan e x ∫ e 2 x dx ．（本题满分 四、 本题满分 6 分） （ 设函数 z = f ( x, y ) 在点（1，1）可微，且f (1,1) = 1, f x′ (1,1) = 2, f y′ (1,1) = 3 ，求? ( x ) = f ( x, f ( x, x )) ，d 3 ? ( x) dxx =1．2? 1+ x arctan x （本题满分 五 、 本题满分 8 分） 设 f (x ) = ? x （ 1 ?x≠0 将 f (x ) 展开成 x 的 幂级数，并求 x=0(?1) n ∑ 1 ? 4n 2 n =1∞的和．六、 本题满分 7 分）计算 I = （∫ (yL2? z 2 )dx + (2 z 2 ? x 2 )dy + (3x 2 ? y 2 )dz ，其中 L 是平面 x + y + z = 2 与柱面 x + y = 1 的交线，从 Z 轴正向看去，L 为逆时针方向 （本题满分 七、 本题满分 7 分）设 f (x ) 在（-1，1）内具有二阶连续导数且 f ′′( x ) ≠ 0 （ 证明：１．对于 ?x ∈ ( ?1,0) U (0,1) ，存在惟一的 θ ( x ) ∈ (0,1) ，使f (x ) = f (0) + xf ′(θ ( x) x) 成立；２． limθ ( x ) = 0.5 ．x→0（本题满分 八、 本题满分 8 分）设有一高度为 h (t )(t 为时间）的雪堆在融化过程，其侧面满足方程 （2( x 2 + y 2 ) z = h(t ) ? （设长度单位为厘米，时间单位为小时） ，已知体积减少的速率与侧 h(t )面积成正比（系数为 0.9） ，问高度为 130 厘米的雪堆全部融化需多少时间？ （本题满分 九、 本题满分 6 分）设 α 1 , α 2 , L , α s 为线性方程组 AX=O 的一个基础解系， （β 1 = t1α 1 + t 2α 2 , β 2 = t1α 2 + t 2α 3 ,L, β s = t1α s + t 2α 1 ，其中 t1 ,t 2 为实常数试问 t1 ,t 2 满足什么条件时 β 1 , β 2 , L , β s 也为 AX=O 的一个基础解系2 （本题满分 十、 本题满分 8 分）已知三阶矩阵 A 和三维向量 x ，使得 x, Ax, A x 线性无关，且满足 （A 3 x = 3 Ax ? 2 A 2 x1. 记 P=（ x, Ax, A 2 x ） ，求 B 使 A = PBP ?1 ； 2. 计算行列式 A + E 十一、 （本题满分 十一、 本题满分 7 分）设某班车起点站上客人数 X 服从参数为λ（λ＞０）的泊松分布， （ 每位乘客在中途下车的概率为 p（０＜p＜１） ，且中途下车与否相互独立．Y 为中途下车的 人数，求： １．在发车时有 n 个乘客的条件下，中途有 m 人下车的概率； ２．二维随机变量（X，Y）的概率分布． ，抽取简单随机样本 X1，X2，…，X2n（n≥2） ， 十二、 本题满分 7 分）设 X~N（ ? , σ 2 ） 十二、 （本题满分 （ 样本均值 X =n 1 2n ． X i ， Y = ∑ ( X i + X n + i ? 2 X ) 2 求 E（Y） ∑ 2n i =1 i =12002 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.) (1)∫+∞ edx = x ln 2 x. . .(2)已知函数y = y ( x) 由方程 e y + 6 xy + x 2 ? 1 = 0 确定,则 y ′′(0) =(3)微分方程yy ′′ + y ′ 2 = 0 满足初始条件 y2x =02= 1, y '2x =0=1 的特解是 2(4)已知实二次型 f ( x1 , x 2 , x3 ) = a ( x1 + x 2 + x3 ) + 4 x1 x 2 + 4 x1 x3 + 4 x 2 x 3 经正交变换x = Py 可化成标准型 f = 6 y12 ,则 a =(5)设随机变量.X 服从正态分布 N ( ? , σ 2 )(σ & 0) ,且二次方程 y 2 + 4 y + X = 0 无实根.的概率为1 ,则 ? ＝ 2二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合 题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1)考虑二元函数 f ( x, y ) 的下面 4 条性质: ① f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处连续; ③ f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处可微; ② f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处的两个偏导数连续; ④ f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 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. (C) ③ ? ④ ? ①. (B) ③ ? ② ? ①. (D) ③ ? ① ? ④.(2)设 un≠ 0(n = 1, 2,3, L ) ,且 lim∞ 1 1 n = 1 ,则级数 ∑ (?1) n +1 ( + ) n →∞ u un un +1 n =1 n(A) 发散. (C) 条件收敛.(B) 绝对收敛. (D) 收敛性根据所给条件不能判定.(3)设函数 y = f ( x) 在 (0, +∞ ) 内有界且可导,则 (A) 当 lim f ( x ) = 0 时,必有 lim f ′( x ) = 0 .x → +∞ x → +∞(B) 当 lim f ′( x) 存在时,必有 lim f ′( x ) = 0 .x → +∞ x → +∞(C) 当 lim f ( x ) = 0 时,必有 lim f ′( x ) = 0 . + +x →0 x →0(D) 当 lim f ′( x ) 存在时,必有 lim f ′( x ) = 0 . + +x →0 x →0(4)设有三张不同平面的方程 ai1 x + ai 2 y + ai 3 z= bi , 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X 1 和 X 2 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 f1 ( x) 和f 2 ( x) ,分布函数分别为 F1 ( x) 和 F2 ( x) ,则(A)f1 ( x) ＋ f 2 ( x) 必为某一随机变量的概率密度.f1 ( x) f 2 ( x) 必为某一随机变量的概率密度.(B)(C)F1 ( x) ＋ F2 ( x) 必为某一随机变量的分布函数. F1 ( x) F2 ( x) 必为某一随机变量的分布函数.(D)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) + bf (2h) ? f (0) 在 h → 0 时是比 h 高阶的无穷小,试确定 a, b 的值.四、(本题满分 7 分) 已知两曲线 y = f (x ) 与 y = 极限 lim nf ( ) .n →∞∫arctan x 0e ?t dt 在点 (0, 0) 处的切线相同,写出此切线方程,并求22 n五、(本题满分 7 分)计算二重积分∫∫ eDmax{ x 2 , y 2 }dxdy ,其中 D = {( x , y ) | 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1} .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, b ),终点为( c, d ).记I =∫1 x [1 + y 2 f ( xy )]dx + 2 [ y 2 f ( xy ) ? 1]dy, L y y(1)证明曲线积分 I 与路径 L 无关; (2)当 ab= cd 时,求 I 的值.七、(本题满分 7 分)x 3 63 93 x3n + + +L + + L (?∞ & x & +∞) 满 足 微 分 方 程 (1) 验 证 函 数 y ( x) = 1 + 3! 6! 9! (3n)!y ′′ + y ′ + y =(2)利用(1)的结果求幂级数x 3n ∑ (3n)! 的和函数. n =0∞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= {( x, y ) | x 2+ y 2 ? xy ≤ 75} ,小山的高度函数为 h( x, y ) = 75 ? x 2 ? y 2 + xy .(1)设 M ( x 0 , y 0 ) 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 ( x 0 , y 0 ) ,试写出 g ( x 0 , y 0 ) 的表达式. (2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一上山坡最大的点作为攀登的起 点.也就是说,要在 D 的边界线 x 定攀登起点的位置. 九、(本题满分 6 分) 已知四阶方阵 A = 无关, α 12+ y 2 ? xy = 75 上找出使(1)中 g ( x, y ) 达到最大值的点.试确(α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ) , α 1 , α 2 , α 3 , α 4 均为 4 维列向量,其中 α 2 , α 3 , α 4 线性= 2α 2 ? α 3 ,如果 β = α 1 + α 2 + α 3 + α 4 ,求线性方程组 Ax = β 的通解.十、(本题满分 8 分) 设 A, B 为同阶方阵, (1)若 A, B 相似,证明 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,证明(1)的逆命题成立.十一、(本题满分 7 分) 设维随机变量 X 的概率密度为x ?1 ? cos , f ( x) = ? 2 2 ? 0, ?0 ≤ x ≤ π, 其他.π3的次数,求 Y 的数学期望.2对 X 独立地重复观察４次,用 Y 表示观察值大于十二、(本题满分 7 分) 设总体 X 的概率分布为X0123P其中 θ (0 & θθ22θ (1 ? θ )θ21? 2θ1 & ) 是未知参数,利用总体 X 的如下样本值 23,1,3, 0,3,1, 2,3,求 θ 的矩估计值和最大似然估计值.2002 年考研数学一试题答案与解析一、填空题 (1)【分析】 原式 =∫+∞ ed ln x 1 =? 2 ln x ln x+∞ e= 1.(2)【分析】 方程两边对 x 两次求导得e y y '+ 6 xy '+ 6 y + 2 x = 0, e y y ''+ e y y '2 + 6 xy ''+ 12 y '+ 2 = 0.①②以 x = 0 代入 原 方 程得y = 0 , 以 x = y = 0 代入 ① 得 y ' = 0, ,再以 x = y = y ' = 0 代 入 ②得y ''(0) = ?2.(3)【分析】 这是二阶的可降阶微分方程. 令 y'=P ( y ) (以 y 为自变量),则 y '' =dy ' dP dP = =P . dx dx dy= 1 ). 2代入方程得yPdP dP + P 2 = 0 ,即 y + P = 0 (或 P = 0 ,但其不满足初始条件 y ' dy dyx =0分离变量得dP dy + = 0, P y积分得ln P + ln y = C ', 即 P =C1 ( P = 0 对应 C1 = 0 ); y由x =0时1 1 y = 1, P = y ' = , 得 C1 = . 于是 2 2 y'= P = 1 , 2 ydy = dx, 积分得 y 2 = x + C2 . 2y又由yx=0= 1 得 C2 = 1, 所求特解为 y = x + 1.(4)【分析】 因为二次型 xTAx 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 A 的特征值,所以 6, 0, 0 是 A 的特征值.又因∑ a = ∑ λ ,故 a + a + a = 6 + 0 + 0, ? a = 2.ii i(5)【分析】 设 事 件A 表 示 “ 二 次 方 程 y2 + 4y + X = 0 无 实 根 ” , 则A = {16 ? 4 X & 0} = { X & 4}. 依题意,有而1 P ( A) = P{ X & 4} = . 2 P{ X & 4} = 1 ? P{ X ≤ 4} = 1 ? Φ (4??即σ 4?? 1 4?? 1 4?? 1 ?Φ ( ) = ,Φ ( )= , = 0. ? ? = 4. 2 2 σ σ σ),二、选择题 (1)【分析】 这是讨论函数f ( x, y ) 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, (A).f ( x, y ) 的两个偏导数连续是可微的充分条件,若 f ( x, y ) 可微则必连续,故选1 1 u 1 (2)【分析】 由 lim n = 1 & 0 ? n 充分大时即 ?N , n & N 时 & 0 ,且 lim = 0, 不妨 n →+∞ u n →+∞ 1 un n n认为 ?n, un& 0, 因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1 的单调性. un按定义考察部分和S n = ∑ ( ?1) k +1 (k =1nn n 1 1 1 1 + ) = ∑ ( ?1) k +1 + ∑ ( ?1) k +1 uk uk +1 uk k =1 uk +1 k =1= ?∑ ? 原级数收敛.(?1)k n +1 1 1 (?1)n +1 1 + ∑ (?1)l = + → (n → +∞), ul u1 un +1 u1 k =1 uk l =1n1 1 + u un +1 n n + 1 n 1 1 再考察取绝对值后的级数 ∑ ( + = + ? → 2, ) .注意 n 1 un un +1 n + 1 un +1 n =1 un n∞ ∞ 1 1 1 发散 ? ∑ ( + ) 发散.因此选(C). ∑n un +1 n =1 n =1 u n∞(3)【分析】 证明(B)对:反证法.假设 lim f ′( x) = a ≠ 0 ,则由拉格朗日中值定理,x →+∞f (2 x) ? f ( x) = f '(ξ ) x → ∞( x → +∞)(当 x → +∞ 时, ξ 矛盾 (→ +∞ ,因为 x & ξ & 2 x );但这与 f (2 x) ? f ( x) ≤ f (2 x) + f ( x) ≤ 2Mf ( x) ≤ M ).(4)【分析】 因为 r ( A) = r ( A) = 2 & 3 ,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 r ( A) = r ( A) = 3. (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 r ( A) = 2 和r ( A) = 3 ,且 A 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 r ( A) = 2 , r ( A) = 3 ,且 A 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∫+∞?∞[ f1 ( x) + f 2 ( x)]dx = ∫+∞?∞f1 ( x)dx + ∫+∞?∞f 2 ( x)dx = 2 ≠ 1,F1 (+∞) + F2 (+∞) = 1 + 1 = 2 ≠ 1.对于选项(B),若+∞?1, ?2 & x & ?1, ?1, 0 & x & 1, f1 ( x) = ? f 2 ( x) = ? 则对任何 x ∈ ( ?∞, +∞), ?0, 其他， ?0, 其他，f1 ( x) f 2 ( x) ≡ 0 , ∫?∞f1 ( x) f 2 ( x)dx = 0 ≠ 1, 因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D).X = max( X 1 , X 2 ) ,而 X i ~ fi ( x), i = 1, 2, 则 X 的分布函数 F ( x) 恰进一步分析可知,若令 是 F1 ( x ) F2 ( x ).F ( x) = P{max( X 1 , X 2 ) ≤ x} = P{ X 1 ≤ x, X 2 ≤ x} = P{ X 1 ≤ x}P{ X 2 ≤ x} = F1 ( x) F2 ( x).三、 【解】h→0用洛必达法则.由题设条件知lim[ af ( h) + bf (2h) ? f (0)] = ( a + b ? 1) f (0). 由于 f ′(0) ≠ 0 ,故必有 a + b ? 1 = 0.又由洛必达法则limaf ( h) + bf (2h) ? f (0) af '( h) + 2bf '(2h) = lim h→0 h→0 h 1= (a + 2b) f '(0) = 0,及 f ′(0) ≠ 0 ,则有 a + 2b = 0 . 综上,得 a = 2, b = ?1.四、 【解】由已知条件得f (0) = 0, f '(0) = ( ∫故所求切线方程为 yarctan x 0e dt ) ' x?t 2x=0e ? arctan x = 1 + x22x=0= 1,= x .由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得2 lim nf ( ) = 2 lim n →∞ n →∞ n2 f ( ) ? f (0) f ( x ) ? f (0) n = 2 lim = 2 f '(0) = 2. x →0 2 x n五、 【分析与求解】D 是正方形区域如图.因在 D 上被积函数分块表示? x 2 , x ≥ y, ? max{x , y } = ? 2 ( x, y ) ∈ D , ? y , x ≤ y, ?2 2于是要用分块积分法,用y = x 将 D 分成两块:D = D1 U D2 , D1 = D I { y ≤ x}, D2 = D I { y ≥ x}. ? I =∫∫ eD1max{ x 2 , y 2 }dxdy + ∫∫ e max{ xD222, y2 }dxdy= ∫∫ e x dxdy + ∫∫ e y dxdy = 2 ∫∫ e x dxdy ( D 关于 y = x 对称)2 2D1D2D1= 2∫ dx ∫ e x dy (选择积分顺序) = 2∫ xe x dx = e x2 21x120001 0= e ? 1.六、 【分析与求解】(1)易知 Pdx + Qdy? 原函数,Pdx + Qdy =1 x 1 dx + yf ( xy ) dx + xf ( xy ) dy ? 2 dy = 2 ( ydx ? xdy ) + f ( xy )( ydx + xdy ) y y yxy x x = d ( ) + f ( xy )d ( xy ) = d [ + ∫ f (t )dt ]. y y 0? 在 y & 0 上 Pdx + Qdy? 原函数,即 u ( x, y ) = ? 积分 I 在 y & 0 与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得 Ixy x + ∫ f (t )dt . y 0= u ( x, y )( c ,d ) ( a ,b )=c a ? . d b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y ( x) = 1 +的收敛域是 ( ?∞ &x 3 x 6 x9 x3n + + +L + +L 3! 6! 9! (3n)!x + ∞) ,因而可在 (?∞ & x + ∞) 上逐项求导数,得y '( x) =x 2 x5 x8 x 3n?1 + + +L + +L , 2! 5! 8! (3n ? 1)! x 4 x7 x3n ? 2 + +L + +L , 4! 7! (3n ? 2)!x2 xn + L + + L = e x ( ?∞ & x + ∞ ) . 2! n!y ''( x) = x +所以y ''+ y '+ y = 1 + x +(2)与 y ''+y '+ y = e x 相应的齐次微分方程为 y ''+ y '+ y = 0 ,2其特征方程为 λ1 3 + λ + 1 = 0 ,特征根为 λ1,2 = ? ± i. 2 2 = e 2 (C1 cos? x因此齐次微分方程的通解为 Y3 3 x + C2 sin x) . 2 2设非齐次微分方程的特解为y ? = Ae x ,将 y ? 代入方程 y ''+ y '+ y = e x 可得1 1 A = ,即有 y ? = e x . 3 3于是,方程通解为y = Y + y ? = e 2 (C1 cos?x3 3 1 x + C2 sin x) + e x . 2 2 31 ? ? y (0) = 1 = C1 + 3 , 2 ? ? C1 = , C2 = 0. 当 x = 0 时,有 ? 3 ? y '(0) = 0 = ? 1 C + 3 C + 1 . 1 2 ? 2 2 3 ?于是幂级数x3n 2 ?x 3 1 的和函数为 y ( x) = e 2 cos x + e x ( ?∞ & x + ∞ ) ∑ (3n)! 3 2 3 n =0∞八、 【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数 h ( x, y ) 在点 M 处沿该点的梯度方向gradh( x, y )( x0 , y0 )={?h ?h , } ?x ?y( x0 , y0 )( x0 , y0 )= {?2 x0 + y0 , ?2 y0 + x0 }方向导数取最大值即 gradh( x, y )的模, ?2g ( x0 , y0 ) = ( y0 ? 2 x0 ) 2 + ( x0 ? 2 y0 ) 2 .(2)按题意,即求 g ( x, y ) 求在条件 x +y 2 ? xy ? 75 = 0 下的最大值点 ?g 2 ( x, y ) = ( y ? 2 x)2 + ( x ? 2 y ) 2 = 5 x 2 + 5 y 2 ? 8 xy在条件 x2+ y 2 ? xy ? 75 = 0 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L( x, y, λ ) = 5 x 2 + 5 y 2 ? 8 xy + λ ( x 2 + y 2 ? xy ? 75), ??L ? ?x = 10 x ? 8 y + λ (2 x ? y ) = 0, ? ? ?L ? = 10 y ? 8 x + λ (2 y ? x) = 0, ? ?y ? ?L 2 2 ? = x + y ? xy ? 75 = 0. ? ?λ解此方程组:将①式与②式相加得 ( x +则有y )(λ + 2) = 0. ? x = ? y 或 λ = ?2.若y = ? x ,则由③式得 3 x 2 = 75 即 x = ±5, y = m5. 若 λ = ?2, 由①或②均得 y = x ,代入2③式得 x= 75 即 x = ±5 3, y = ±5 3. 于是得可能的条件极值点M 1 (5, ?5), M 2 (?5,5), M 3 (5 3,5 3), M 4 (?5 3, ?5 3).现比较f ( x, y ) = g 2 ( x, y ) = 5 x 2 + 5 y 2 ? 8 xy 在这些点的函数值: f ( M 1 ) = f ( M 2 ) = 450, f ( M 3 ) = f ( M 4 ) = 150.因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在 M 1 , M 2 , M 3 , M 4 中取到.因此 g2( x, y ) 在M 1 , M 2 取到在 D 的边界上的最大值,即 M 1 , M 2 可作为攀登的起点.由 α 2 , α 3 , α 4 线性无关及 α 1九、 【解】= 2α 2 ? α 3 知,向量组的秩 r (α1 , α 2 , α 3 , α 4 ) = 3 ,即矩阵 A 的秩为 3. 因此 Ax = 0 的基础解系中只包含一个向量.那么由?1? ? ?2 ? (α1 , α 2 , α 3 , α 4 ) ? ? = α1 ? 2α 2 + α 3 = 0 ?1? ? ? ?0?知, Ax = 0 的基础解系是 (1, ?2,1, 0)T.?1? ?1? ?1? ?1? T 再由 β = α1 + α 2 + α 3 + α 4 = (α1 , α 2 , α 3 , α 4 ) ? ? = A ? ? 知, (1,1,1,1) 是 Ax = β 的一个 ?1? ?1? ?? ?? ?1? ?1?? 1 ? ?1? ? ?2 ? ?1? 特解.故 Ax = β 的通解是 k ? ? + ? ? , 其中 k 为任意常数. ? 1 ? ?1? ? ? ?? ? 0 ? ?1??1十、 【解】(1)若 A, B 相似,那么存在可逆矩阵 P ,使 PAP = B, 故λ E ? B = λ E ? P ?1 AP = P ?1λ EP ? P ?1 AP= P ?1 (λ E ? A) P = P ?1 λ E ? A P = λ E ? A .(2)令 A =?0 1 ? ?0 0? 2 ?0 0 ? , B = ? 0 0 ? , 那么 λ E ? A = λ = λ E ? B . ? ? ? ??1但 A, B 不相似.否则,存在可逆矩阵 P ,使 PAP = B = 0 .从而 A = P 0 P ?1 = 0 ,矛盾,亦可从r ( A) = 1, r ( B ) = 0 而知 A 与 B 不相似.(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 λ1 , L, λn , 则有?λ1 A 相似于 ? O ? ? ??1?λ1 ? ? , B 也相似于 ? O ? ? ? λn ? ? ?? ?. ? λn ? ??λ1 ? O 即存在可逆矩阵 P, Q ,使 P AP = ? ? ?于是 ( PQ?1 ?1? ? = Q ?1 BQ. ? λn ? ?) A( PQ ?1 ) = B. 由 PQ ?1 为可逆矩阵知, A 与 B 相似.π 1 π x 1 1 & } = ∫π cos dx = , 依题意, Y 服从二项分布 B (4, ) ,则有 3 2 2 2 3 2十一、 【解】 由于 P{ X1 1 1 EY 2 = DY + ( EY ) 2 = npq + (np ) 2 = 4 × × + (4 × )2 = 5. 2 2 2 EX = 0 × θ 2 + 1× 2θ (1 ? θ ) + 2 × θ 2 + 3 × (1 ? 2θ ) = 3 ? 4θ , θ =1 4 1 8十二、 【解】1 (3 ? EX ). 4θ 的矩估计量为 θ? = (3 ? X ), 根据给定的样本观察值计算 x = (3 + 1 + 3 + 0 + 3 + 1 + 2 + 3)1 ? 1 = 2. 因此 θ 的矩估计值 θ = (3 ? x ) = . 4 4对于给定的样本值似然函数为L(θ ) = 4θ 6 (1 ? θ ) 2 (1 ? 2θ ) 4 , ln L(θ ) = ln 4 + 6 ln θ + 2 ln(1 ? θ ) + 4 ln(1 ? 2θ ),d ln L(θ ) 6 2 8 24θ 2 ? 28θ + 6 = ? ? = . dθ θ 1 ? θ 1 ? 2θ θ (1 ? θ )(1 ? 2θ )d ln L(θ ) 7 ? 13 7 + 13 1 = 0 , 得 方 程 12θ 2 ? 14θ + 3 = 0 , 解 得 θ = (θ = & , 不合题 dθ 12 12 27 ? 13 . 12令意).? 于是 θ 的最大似然估计值为 θ =2003 年考研数学（一）真题评注 年考研数学 研数学（一、填空题 填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 把答案填在题中横线上） 填空题1（1） lim(cos x ) ）x →0ln(1+ x 2 )=.（2） 曲面 z = x + y 与平面 2 x + 4 y ? z = 0 平行的切平面的方程是 ）2 2（3） 设 x = ）2∑an =0∞ncos nx(?π ≤ x ≤ π ) ，则 a 2 =.（4）从 R 的基 α 1 = ? ?, α 2 = ? ? 到基 β 1 = ? ?, β 2 = ? ? 的过渡矩阵为 ） ? 0? ? ? 1? ?1? ? 2? ? ? ? ? ? ? ? ?2? 1??1??1??1?（5）设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 ）?6 x, 0 ≤ x ≤ y ≤ 1, f ( x, y ) = ? 其他， ? 0,则 P{ X + Y ≤ 1} = （6）已知一批零件的长度 X (单位：cm)服从正态分布 N ( ? ,1) ，从中随机地抽取 16 个 ） 零件，得到长度的平均值为 40 (cm)，则 ? 的置信度为 0.95 的置信区间是. (注：标准正态分布函数值 Φ (1.96) = 0.975, Φ (1.645) = 0.95.) 注二、选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 每小题给出的四个选项中，只有一 选择题 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内） （1）设函数 f(x)在 (?∞,+∞) 内连续，其导函数的图形如图所示，则 f(x)有 ） (A) (B) (C) (D) 一个极小值点和两个极大值点. 两个极小值点和一个极大值点. 两个极小值点和两个极大值点. 三个极小值点和一个极大值点. y[]Ox（2）设 {a n }, {bn }, {c n } 均为非负数列，且 lim a n = 0 , lim bn = 1 , lim c n = ∞ ,则必有 ）n →∞ n →∞ n →∞(A) a n & bn 对任意 n 成立.(B) bn & c n 对任意 n 成立.(C) 极限 lim a n c n 不存在.n →∞(D) 极限 lim bn c n 不存在.n →∞[]（3）已知函数 f(x,y)在点(0,0)的某个邻域内连续，且 lim ） (A) (B) (C) (D)x→ 0, y → 0f ( x, y ) ? xy = 1 ，则 (x 2 + y 2 )2点(0,0)不是 f(x,y)的极值点. 点(0,0)是 f(x,y)的极大值点. 点(0,0)是 f(x,y)的极小值点. 根据所给条件无法判断点(0,0)是否为 f(x,y)的极值点.[]（4）设向量组 I： α 1 , α 2 , L , α r 可由向量组 II： β 1 , β 2 , L , β s 线性表示，则 ） (A) 当 r & s 时，向量组 II 必线性相关. (B) 当 r & s 时，向量组 II 必线性相关. (C) 当 r & s 时，向量组 I 必线性相关. (D) 当 r & s 时，向量组 I 必线性相关. [ ] （5）设有齐次线性方程组 Ax=0 和 Bx=0, 其中 A,B 均为 m × n 矩阵，现有 4 个命题： ） ① 若 Ax=0 的解均是 Bx=0 的解，则秩(A) ≥ 秩(B)； ② 若秩(A) ≥ 秩(B)，则 Ax=0 的解均是 Bx=0 的解； ③ 若 Ax=0 与 Bx=0 同解，则秩(A)=秩(B)； ④ 若秩(A)=秩(B)， 则 Ax=0 与 Bx=0 同解. 以上命题中正确的是 (A) ① ②. (B) ① ③. (C) ② ④. (D) ③ ④. [ ] （6）设随机变量 X ~ t ( n)( n & 1), Y = ） (A)1 ，则 X2Y ~ χ 2 (n) .(B) Y ~χ 2 (n ? 1) .[ ](C) Y ~ F ( n,1) .(D) Y ~ F (1, n) .（本题满分 三 、 本题满分 10 分） （ 过坐标原点作曲线 y=lnx 的切线，该切线与曲线 y=lnx 及 x 轴围成平面图形 D. (1) 求 D 的面积 A; (2) 求 D 绕直线 x=e 旋转一周所得旋转体的体积 V. （本题满分 四 、 本题满分 12 分） （ 将函数 f ( x ) = arctan∞ 1 ? 2x (?1) n 展开成 x 的幂级数，并求级数 ∑ 的和. 1 + 2x n =0 2n + 1（本题满分 五 、 本题满分 10 分） （ 已知平面区域 D = {( x, y ) 0 ≤ x ≤ π ,0 ≤ y ≤ π } ，L 为 D 的正向边界. 试证： (1) (2)∫ xeLsin ydy ? ye ? sin x dx = ∫ xe ? sin y dy ?L∫ xeLsin ydy ? ye ? sin x dx ≥ 2π 2 .（本题满分 六 、 本题满分 10 分） （ 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻 力而作功. 设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为 k,k&0）.汽 锤第一次击打将桩打进地下 a m. 根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次 击打时所作的功之比为常数 r(0&r&1). 问 (1) 汽锤击打桩 3 次后，可将桩打进地下多深？ (2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？ （注：m 表示长度单位米.） 注 （本题满分 七 、 本题满分 12 分） （ 设函数 y=y(x)在 (?∞,+∞) 内具有二阶导数，且 y ′ ≠ 0, x = x ( y ) 是 y=y(x)的反函数.(1) 试将 x=x(y)所满足的微分方程d 2x dx + ( y + sin x)( ) 3 = 0 变换为 y=y(x)满足的微 2 dy dy3 的解. 2分方程； (2) 求变换后的微分方程满足初始条件 y (0) = 0, y ′(0) =（本题满分 八 、 本题满分 12 分） （ 设函数 f(x)连续且恒大于零，∫∫∫ f ( xF (t ) =?(t )2+ y 2 + z 2 )dv2 2∫∫ f ( x， G (t ) =D (t )2+ y 2 )dσ，∫∫D(t )f ( x + y )dσ∫t?1f ( x 2 )dx其中 ?(t ) = {( x, y , z ) x 2 + y 2 + z 2 ≤ t 2 } ， D (t ) = {( x, y ) x 2 + y 2 ≤ t 2 }. (1) 讨论 F(t)在区间 (0,+∞) 内的单调性. (2) 证明当 t&0 时， F (t ) &2πG (t ).（本题满分 九 、 本题满分 10 分） （? 3 2 2? ?0 1 0 ? ?2 3 2? ， P = ?1 0 1? ， B = P ?1 A* P ，求 B+2E 的特征值与特征 设矩阵 A = ? ? ? ? ? 2 2 3? ?0 0 1 ? ? ? ? ?向量，其中 A* 为 A 的伴随矩阵，E 为 3 阶单位矩阵. （本题满分 十 、 本题满分 8 分） （ 已知平面上三条不同直线的方程分别为l1 :ax + 2by + 3c = 0 ，l2 :l3 :bx + 2cy + 3a = 0 ，cx + 2ay + 3b = 0 .试证这三条直线交于一点的充分必要条件为 a + b + c = 0. （本题满分 十一 、 本题满分 10 分） （ 已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有 3 件合格品和 3 件次品，乙箱中仅装 有 3 件合格品. 从甲箱中任取 3 件产品放入乙箱后，求： (1) 乙箱中次品件数的数学期望； (2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率. （本题满分 十二 、 本题满分 8 分） （ 设总体 X 的概率密度为?2e ?2( x ?θ ) , x & θ , f ( x) = ? x ≤θ, ? 0,其 中 θ & 0 是 未 知 参 数 . 从 总 体 X 中 抽 取 简 单 随 机 样 本 X 1 , X 2 , L, X n ， 记θ? = min( X 1 , X 2 ,L, X n ).(1) 求总体 X 的分布函数 F(x);? (2) 求统计量 θ 的分布函数 Fθ? ( x) ； ? (3) 如果用 θ 作为 θ 的估计量，讨论它是否具有无偏性.注： 1.《数学复习指南》 （2003 版，理工类）世界图书出版公司 主编: 陈文灯、黄先开 2.《数学题型集粹与练习题集》 （2003 版，理工类）世界图书出版公司 主编: 陈文灯、黄先开 3.《文登数学全真模拟试卷》 （2003 版，理工类）世界图书出版公司 主编: 陈文灯、黄先开 4.《数学最后冲刺》 （2003 版，理工类）世界图书出版公司 主编: 陈文灯、黄先开 5.《考研数学大串讲》 （2002 版，理工类）世界图书出版公司 主编: 黄先开、曹显答案1.【分析 1∞ 型未定式，化为指数函数或利用公式 lim f ( x) g ( x ) (1∞ ) = e 分析】 分析 行计算求极限均可.1lim( f ( x ) ?1) g ( x )进【详解 1】 lim(cos x ) 详解x →0ln(1+ x 2 )=ex → 0 ln(1+ x 2 )lim1ln cos x,而? sin x ln cos x ln cos x 1 lim = lim = lim cos x = ? ， 2 2 x →0 ln(1 + x ) x →0 x →0 2x 2 x? 1 2故 原式= e=1 e. 1 2 x 1 2 =? ， 2 2 x【详解 2】 因为 详解1 lim(cos x ? 1) ? = lim x →0 ln(1 + x 2 ) x →0? 1 2?所以原式= e=1 e.【评注 本题属常规题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.24-25 【例 1.30-31】. 评注】 评注 例 2. 【分析 待求平面的法矢量为 n = {2,4,?1} ，因此只需确定切点坐标即可求出平面 分析】 分析2 2 方程, 而切点坐标可根据曲面 z = x + y 切平面的法矢量与 n = {2,4,?1} 平行确定.rr【详解 令 F ( x, y , z ) = z ? x 2 ? y 2 ，则 详解】 详解Fx′ = ?2 x ， Fy′ = ?2 y ， Fz′ = 1 .设 切 点 坐 标 为 ( x 0 , y 0 , z 0 ) ， 则 切 平 面 的 法 矢 量 为 {?2 x 0 ,?2 y 0 ,1} ， 其 与 已 知 平 面2 x + 4 y ? z = 0 平行，因此有 ? 2 x0 ? 2 y 0 1 = = ， 2 4 ?1可解得2 2 x0 = 1, y 0 = 2 ，相应地有 z 0 = x 0 + y 0 = 5.故所求的切平面方程为2( x ? 1) + 4( y ? 2) ? ( z ? 5) = 0 ，即 2 x + 4 y ? z = 5 .【评注 评注】 本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.279 【例 10.28】和 例 评注《数学题型集粹和练习题集》P.112 【例 8.13】. 例3.∞【 分 析 】将f ( x) = x 2 (?π ≤ x ≤ π ) 展 开 为 余 弦 级 数2x 2 = ∑ a n cos nx(?π ≤ x ≤ π ) ，其系数计算公式为 a n =n =0π∫π0f ( x) cos nxdx .【详解 根据余弦级数的定义，有 详解】 详解a2 == =π∫12π0x 2 ? cos 2 xdx =π0π∫1π0x 2 d sin 2 xπ1[ x 2 sin 2 xπ? ∫ sin 2 x ? 2 xdx]0ππ∫01 xd cos 2 x = [ x cos 2 xπ0π? ∫ cos 2 xdx]0π=1. 【评注 评注】 本题属基本题型，主要考查傅里叶级数的展开公式，本质上转化为定积分的 评注 计算. 完全类似例题见《文登数学全真模拟试卷》数学一 P.62 第一大题第（6）小题和《数 学复习指南》P.240 【例 8.37】. 例 4. 【分析 n 维向量空间中，从基 α 1 , α 2 , L , α n 到基 β 1 , β 2 , L , β n 的过渡矩阵 P 满 分析】 分析 足 [β 1 , β 2 ,L, β n]=[?1α 1 ,α 2 ,L,α n]P， 因此 过渡 矩阵P为：P=[ α 1 , α 2 , L , α n ] [ β 1 , β 2 , L , β n ] . 【详解 详解】根据定义，从 R 2 的基 α 1 = ? ?, α 2 = ? ? 到基 β 1 = ? ?, β 2 = ? ? 的过渡矩 详解 ? 0? ? ? 1? ?1? ? 2? ? ? ? ? ? ? ? ? 阵为? 1??1??1??1??1 1 ? ?1 1 ? P=[ α 1 , α 2 ] [ β 1 , β 2 ] = ? ? ? ?. ?0 ? 1? ?1 2??1?1=?3? ?1 1 ? ?1 1 ? ? 2 ? ?1 2? = ?? 1 ? 2?. ?0 ? 1? ? ? ? ?【评注 本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.429 【例 3.35】. 评注】 评注 例 5. 【 分析 分析】 已知二维随机变量(X,Y)的概率密度 f(x,y)，求满足一定条件的概率P{g ( X , Y ) ≤ z 0 } ，一般可转化为二重积分 P{g ( X , Y ) ≤ z 0 } =【详解 由题设，有 详解】 详解g ( x , y ) ≤ z0∫∫ f ( x, y)dxdy 进行计算.P{ X + Y ≤ 1} =x + y ≤1∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫1 2 0dx ∫1? xx6 xdy=∫1 2 01 (6 x ? 12 x 2 )dx = . 4y 1 DO1 21x【评注 本题属基本题型，但在计算二重积分时，应注意找出概率密度不为零与满足 评注】 评注 不等式 x + y ≤ 1 的公共部分 D， 再在其上积分即可. 完全类似例题见 《文登数学全真模拟试 卷》数学一 P.14 第一大题第（5）小题. 6. 【 分 析 】 已 知 方 差 σ2= 1 ，对正态总体的数学期望 ? 进行估计，可根据X ?? X ?? & u α } = 1 ? α 确定临界值 u α ，进而确定相应的置信区间. ~ N (0,1) ，由 P{ 1 1 2 2 n n【详解 由题设，1 ? α = 0.95 ， 详解】 可见 α = 0.05. 于是查标准正态分布表知 u α = 1.96. 详解2本题 n=16, x = 40 , 因此，根据 P{X ?? & 1.96} = 0.95 ，有 1 nP{40 ? ? & 1.96} = 0.95 ，即 P{39.51,40.49} = 0.95 ，故 ? 的置信度为 0.95 的置 1 16信区间是 (39.51,40.49) . 【评注 本题属基本题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.608 【例 6.16】. 评注】 评注 例 选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 每小题给出的四个选项中，只有一 二、选择题 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内） 1.【分析 答案与极值点个数有关，而可能的极值点应是导数为零或导数不存在的点， 分析】 分析 共 4 个，是极大值点还是极小值可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定. 【详解 根据导函数的图形可知，一阶导数为零的点有 3 个，而 x=0 则是导数不 详解】 详解 存在的点. 三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致， 必为极值点， 且两个极小值点， 一个极大值点；在 x=0 左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见 x=0 为极大值点，故 f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C). 【评注 本题属新题型，类似考题 2001 年数学一、二中曾出现过，当时考查的是已知 f(x) 评注】 评注的图象去推导 f ′(x ) 的图象，本题是其逆问题. 完全类似例题在文登学校经济类串讲班上介 绍过. 2. 【分析 本题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大小无关，可立即排除 分析】 分析 (A),(B)； 而极限 lim a n c n 是 0 ? ∞ 型未定式，可能存在也可能不存在，举反例说明即可；极n →∞限 lim bn c n 属 1 ? ∞ 型，必为无穷大量，即不存在.n →∞【详解 详解】 用举反例法，取 a n = 详解2 1 ， bn = 1 ， c n = n( n = 1,2, L) ，则可立即排除 n 2(A),(B),(C)，因此正确选项为(D). 【评注 对于不便直接证明的问题， 评注】 经常可考虑用反例， 通过排除法找到正确选项. 完 评注 全类似方法见《数学最后冲刺》P.179. 3. 【分析 由题设，容易推知 f(0,0)=0，因此点(0,0)是否为 f(x,y)的极值，关键看在点 分析】 分析 (0,0)的充分小的邻域内 f(x,y)是恒大于零、恒小于零还是变号. 【详解 由 详解】 详解x→ 0, y → 0limf ( x, y ) ? xy = 1 知，分子的极限必为零，从而有 f(0,0)=0, 且 (x 2 + y 2 )2f ( x, y ) ? xy ≈ ( x 2 + y 2 ) 2 ( x , y 充分小时） ，于是 f ( x, y ) ? f (0,0) ≈ xy + ( x 2 + y 2 ) 2 .可见当 y=x 且 x 充分小时， f ( x, y ) ? f (0,0) ≈ x 2 + 4 x 4 & 0 ；而当 y= -x 且 x 充分小时，f ( x, y ) ? f (0,0) ≈ ? x 2 + 4 x 4 & 0 . 故点(0,0)不是 f(x,y)的极值点，应选(A).【评注 本题综合考查了多元函数的极限、连续和多元函数的极值概念，题型比较新， 评注】 评注 有一定难度. 将极限表示式转化为极限值加无穷小量，是有关极限分析过程中常用的思想， 类似分析思想的例题见《数学复习指南》P.43 【例 1.71】. 例 4. 【 分析 分析】 本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组 I：α 1 ,α 2 ,L,α r 可由向量组 II： β 1 , β 2 ,L, β s 线性表示，则当 r & s 时，向量组 I 必线性相关.或其逆否命题：若向量组 I：α 1 , α 2 , L , α r 可由向量组 II： β 1 , β 2 , L , β s 线性表示，且向量 组 I 线性无关，则必有 r ≤ s . 可见正确选项为(D). 本题也可通过举反例用排除法找到答案. 【详解 用排除法： α 1 = ? ?, β 1 = ? ?, β 2 = ? ? ， α 1 = 0 ? β 1 + 0 ? β 2 ， β 1 , β 2 详解】 如 但 详解 ? 0? ? 0? ? 1? 则 ? ? ? ? ? ? 线性无关，排除(A)； α 1 = ? ?, α 2 = ? ?, β 1 = ? ? ，则 α 1 , α 2 可由 β 1 线性表示，但 β 1 线 ? 0? ? 0? ? 0? ? ? ? ? ? ? 性无关，排除(B)； α 1 = ? ?, β 1 = ? ?, β 2 = ? ? ， α 1 可由 β 1 , β 2 线性表示，但 α 1 线性无 ? 0? ? 0? ? 1? ? ? ? ? ? ?? 0?? 1?? 0?? 0?? 1??1??1?? 1?? 0?关，排除(C). 故正确选项为(D). 【评注 本题将一已知定理改造成选择题， 评注】 如果考生熟知此定理应该可直接找到答案， 评注 若记不清楚，也可通过构造适当的反例找到正确选项。此定理见《数学复习指南》P.409 定 5. 【分析 本题也可找反例用排除法进行分析，但① ②两个命题的反例比较复杂一 分析】 分析 些，关键是抓住③ 与 ④，迅速排除不正确的选项. 【详解 若 Ax=0 与 Bx=0 同解，则 n-秩(A)=n - 秩(B), 即秩(A)=秩(B)，命题③成立， 详解】 详解 可排除(A),(C)； 但反过来， 若秩(A)=秩(B)， 则不能推出 Ax=0 与 Bx=0 同解， A = ? 如?1 0? ?， ?0 0 ??0 0 ? B=? ? ，则秩(A)=秩(B)=1，但 Ax=0 与 Bx=0 不同解，可见命题④不成立，排除(D), ?0 1 ?故正确选项为(B). 【评注 文登学校数学辅导班上曾介绍过这样一个例题： 评注】 评注 【例】 齐次线性方程组 Ax=0 与 Bx=0 同解的充要条件 例 (A) r(A)=r(B). (B) A,B 为相似矩阵. (C) A, B 的行向量组等价. (D) A,B 的列向量组等价. 有此例题为基础，相信考生能迅速找到答案. 6. 【分析 分析】 先由 t 分布的定义知 X = 分析[ C ]U V n，其中 U ~ N (0,1), V ~χ 2 (n) ，再将其代入 Y =1 ，然后利用 F 分布的定义即可. X2 U 【详解 由题设知， X = 详解】 ，其中 U ~ N (0,1), V ~ χ 2 ( n) ，于是 详解 V n Y=V V 1 1 = n = 2n ， 这里 U 2 ~ χ 2 (1) ， 根据 F 分布的定义知 Y = 2 ~ F ( n,1). 故 2 2 X U U X 1应选(C). 【评注 本题综合考查了 t 分布、 χ 2 分布和 F 分布的概念，要求熟练掌握此三类常用 评注】 评注 统计量分布的定义, 见《文登数学全真模拟试卷》数学一 P.57 第二大题第（6）小题（事实 上完全相当于原题）和《数学复习指南》P.592 的定义和 P.595 的【解题提示 解题提示】. 解题提示 （本题满分 三 、 本题满分 10 分） （ 【分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积 A; 旋转体体积可用一大立 分析】 分析 体（圆锥）体积减去一小立体体积进行计算，为了帮助理解，可画一草图. 【详解 (1) 设切点的横坐标为 x 0 ，则曲线 y=lnx 在点 ( x 0 , ln x 0 ) 处的切线方程是 详解】 详解y = ln x0 +1 ( x ? x0 ). x0由该切线过原点知 ln x 0 ? 1 = 0 ，从而 x 0 = e. 所以该切线的方程为y=平面图形 D 的面积11 x. e 1 e ? 1. 2A = ∫ (e y ? ey )dy =0（2） 切线 y = 为1 x 与 x 轴及直线 x=e 所围成的三角形绕直线 x=e 旋转所得的圆锥体积 e1 V1 = πe 2 . 3曲线 y=lnx 与 x 轴及直线 x=e 所围成的图形绕直线 x=e 旋转所得的旋转体体积为V2 = ∫ π (e ? e y ) 2 dy ，01因此所求旋转体的体积为1 1 π V = V1 ? V2 = πe 2 ? ∫ π (e ? e y ) 2 dy = (5e 2 ? 12e + 3). 0 3 6y 1D O 1 e x【评注 本题不是求绕坐标轴旋转的体积，因此不能直接套用现有公式. 也可考虑用 评注】 评注 微元法分析，完全类似例题见《数学复习指南》P.197 的【例 7.34】和 P.201 的【例 7.42】. 例 例 （本题满分 四 、 本题满分 12 分） （ 【分析 幂级数展开有直接法与间接法，一般考查间接法展开，即通过适当的恒等变 分析】 分析 形、 求导或积分等， 转化为可利用已知幂级数展开的情形。 本题可先求导， 再利用函数1 1? x的幂级数展开 和.1 = 1 + x + x 2 + L + x n + L 即可，然后取 x 为某特殊值，得所求级数的 1? x∞ 2 1 1 = ?2∑ (?1) n 4 n x 2 n , x ∈ (? , ). 2 2 2 1 + 4x n =0【详解 因为 f ′( x ) = ? 详解】 详解又 f(0)=π4, 所以xf ( x) = f (0) + ∫ f ′(t )dt =0π4? 2 ∫ [∑ (?1) n 4 n t 2 n ]dt0 n=0x∞=π4? 2∑(?1) n 4 n 2 n +1 1 1 x , x ∈ (? , ). 2 2 n =0 2n + 1∞因为级数1 (?1) n ∑ 2n + 1 收敛，函数 f(x)在 x = 2 处连续，所以 n =0∞f ( x) =令x =π4? 2∑(?1) n 4 n 2 n +1 1 1 x , x ∈ (? , ]. 2 2 n = 0 2n + 1∞1 ，得 2∞ π π ∞ (?1) n 1 (?1)4 n 1 f ( ) = ? 2∑ [ ? 2 n +1 ] = ? ∑ , 2 4 4 n = 0 2n + 1 n = 0 2n + 1 2再由 f ( ) = 0 ，得1 2π (?1) n π 1 ∑ 2n + 1 = 4 ? f ( 2 ) = 4 . n =0∞【评注 完全类似例题见《数学复习指南》P.228 的【例 8.25】. 评注】 评注 例 （本题满分 五 、 本题满分 10 分） （ 【分析 本题边界曲线为折线段，可将曲线积分直接化为定积分证明，或曲线为封闭 分析】 分析 正向曲线，自然可想到用格林公式；(2)的证明应注意用(1)的结果. 【详解 方法一 详解】 详解 方法一： (1) 左边=∫ ∫π0πe sin y dy ? ∫ πe ?sin x dxπ π00=π 右边=∫ ∫(e sin x + e ?sin x )dx ，0π0πe ?sin y dy ? ∫ πe sin x dxπ π0=π 所以(e sin x + e ?sin x )dx ，L∫ xeLsin ydy ? ye ? sin x dx = ∫ xe ? sin y dy ? ye sin x dx .+ e ? sin x ≥ 2 ，故由（1）得(2) 由于 esin x∫ xeLsin ydy ? ye ?sin x dx = π ∫ (e sin x + e ?sin x )dx ≥ 2π 2 .0π方法二： 方法二： （1） 根据格林公式，得∫ xeLsin ydy ? ye ? sin x dx = ∫∫ (e sin y + e ? sin x )dxdy ，D∫ xeL? sin ydy ? yesin xdx = ∫∫ (e ? sin y + e sin x )dxdy .D因为 D 具有轮换对称性，所以∫∫ (eDsin y+ e ? sin x )dxdy = ∫∫ (e ? sin y + e sin x )dxdy ，D故∫ xeL Lsin ydy ? ye? sin xdx = ∫ xeL? sin ydy ? ye sin x dx .(2) 由(1)知∫ xesin ydy ? ye ? sin x dx = ∫∫ (e sin y + e ? sin x )dxdyD= = =∫∫ eDsin ydxdy + ∫∫ e ? sin x dxdyD∫∫ eD Dsin xdxdy + ∫∫ e ? sin x dxdy （利用轮换对称性）D∫∫ (esin x+e? sin x)dxdy ≥ ∫∫ 2dxdy = 2π 2 .D【评注 本题方法一与方法二中的定积分与二重积分是很难直接计算出来的，因此期 评注】 评注 望通过计算出结果去证明恒等式与不等式是困难的. 另外，一个题由两部分构成时，求证第 二部分时应首先想到利用第一部分的结果，事实上，第一部分往往是起桥梁作用的. 本题完全类似例题见《数学复习指南》P.325 的【例 12.15】, 相当于此例题中取 例? ( x) = e ? sin x ，也就是说，本题是【例 12.15】的特殊情形. 例（本题满分 六 、 本题满分 10 分） （ 【分析 本题属变力做功问题，可用定积分进行计算，而击打次数不限，相当于求数 分析】 分析 列的极限. 【详解 (1) 设第 n 次击打后，桩被打进地下 x n ，第 n 次击打时，汽锤所作的功为 详解】 详解Wn (n = 1,2,3, L) . 由题设，当桩被打进地下的深度为 x 时，土层对桩的阻力的大小为 kx ，所以x1 k k W1 = ∫ kxdx = x12 = a 2 ， 0 2 2 x2 k 2 k 2 W2 = ∫ kxdx = ( x 2 ? x12 ) = ( x 2 ? a 2 ). x1 2 2由 W2 = rW1 可得2 x2 ? a 2 = ra 2 2 x 2 = (1 + r )a 2 .x3 k 2 k 2 2 W3 = ∫ kxdx = ( x3 ? x 2 ) = [ x3 ? (1 + r )a 2 ]. x2 2 2即由 W3 = rW2 = r W1 可得2 2 x3 ? (1 + r )a 2 = r 2 a 2 ，从而x3 = 1 + r + r 2 a ，即汽锤击打 3 次后，可将桩打进地下 1 + r + r am .2（2） 由归纳法，设 x n = 1 + r + r + L + r2n ?1a ，则Wn +1 = ∫=x n +1xnk 2 2 kxdx = ( x n +1 ? x n ) 2k 2 [ x n +1 ? (1 + r + L + r n ?1 )a 2 ]. 22n由于 Wn +1 = rWn = r Wn ?1 = L = r W1 ，故得2 x n +1 ? (1 + r + L + r n ?1 )a 2 = r n a 2 ,从而x n +1 = 1 + r + L + r n a =1 ? r n +1 a. 1? r于是lim x n +1 =n →∞1 a， 1? r 1 a m. 1? r即若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下【评注 本题巧妙地将变力作功与数列极限两个知识点综合起来了，有一定难度。但 评注】 评注 用定积分求变力做功并不是什么新问题， 何况本题的变力十分简单， 变力更复杂的情形可参 见《数学复习指南》P.202 的【例 7.44-45】. 例 （本题满分 七 、 本题满分 12 分） （ 【分析 将 分析】 分析1 dx dy dx 1 = ，关键是应注意： 转化为 比较简单， = dy dx dy dy y ′ dxd 2 x d dx d 1 dx = ( )= ( )? 2 dy dy dx y ′ dy dy=y ′′ ? y ′′ 1 ? =? . 2 y′ y′ ( y ′) 3然后再代入原方程化简即可. 【详解 (1) 由反函数的求导公式知 详解】 详解dx 1 = ，于是有 dy y ′d 2 x d dx d 1 dx ? y ′′ 1 y ′′ = ( )= ( )? = 2 ? = ? . 2 dy dy dx y ′ dy y ′ y ′ dy ( y ′) 3代入原微分方程得y ′′ ? y = sin x.( * )(2) 方程( * )所对应的齐次方程 y ′′ ? y = 0 的通解为Y = C1e x + C 2 e ? x .设方程( * )的特解为y * = A cos x + B sin x ，代入方程( * )，求得 A = 0, B = ?1 1 * ，故 y = ? sin x ，从而 y ′′ ? y = sin x 的通解是 2 2 1 y = Y + y * = C1e x + C 2 e ? x ? sin x. 2 3 由 y (0) = 0, y ′(0) = ，得 C1 = 1, C 2 = ?1 . 故所求初值问题的解为 2 1 y = e x ? e ? x ? sin x. 2【评注 本题的核心是第一步方程变换，完全类似例题见《数学复习指南》P.53 的【例 评注】 评注 例 2.8】. （本题满分 八 、 本题满分 12 分） （ 【分析 分析】 (1) 先分别在球面坐标下计算分子的三重积分和在极坐标下计算分母的重积 分析 分，再根据导函数 F ′(t ) 的符号确定单调性；(2) 将待证的不等式作适当的恒等变形后，构 造辅助函数，再用单调性进行证明即可. 【详解 (1) 因为 详解】 详解∫ F (t ) =2π0dθ ∫ d? ∫ f (r 2 )r 2 sin ?drπt∫0 2π00 tdθ ∫ f (r )rdr2 0t=2 ∫ f (r 2 )r 2 drt∫0 t，0f (r 2 )rdrF ′(t ) = 2tf (t 2 ) ∫ f (r 2 )r (t ? r )dr [ ∫ f (r )rdr ]2 0 0 t，2所以在 (0,+∞) 上 F ′(t ) & 0 ，故 F(t) 在 (0,+∞) 内单调增加. （2） 因G (t ) =π ∫ f (r 2 )rdrt∫20 t，0f (r 2 )dr 2要证明 t&0 时 F (t ) &πG (t ) ，只需证明 t&0 时， F (t ) ?t tπG (t ) & 0 ，即∫令t0f (r 2 )r 2 dr ∫ f (r 2 )dr ? [ ∫ f (r 2 )rdr ]2 & 0.0 0 t t t 0 0 0g (t ) = ∫ f (r 2 )r 2 dr ∫ f (r 2 )dr ? [ ∫ f (r 2 )rdr ] 2 ，则g ′(t ) = f (t 2 ) ∫ f (r 2 )(t ? r ) 2 dr & 0 ，故 g(t)在 (0,+∞) 内单调增加.0t因为 g(t)在 t=0 处连续，所以当 t&0 时，有 g(t)&g(0). 又 g(0)=0, 故当 t&0 时，g(t)&0, 因此，当 t&0 时， F (t ) &2πG (t ).【评注 本题将定积分、二重积分和三重积分等多个知识点结合起来了，但难点是证 评注】 评注 明（2）中的不等式，事实上，这里也可用柯西积分不等式证明：[ ∫ f ( x) g ( x)dx] 2 ≤ ∫ f 2 ( x)dx ? ∫ g 2 ( x)dx ，a a abbb在上式中取 f(x)为f (r 2 )r ，g(x)为f (r 2 ) 即可.完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P.129【例 9.21】【例 9.24】和《数学复 例 、 例 习指南》P.305 的【例 11.26】. 例 （本题满分 九 、 本题满分 10 分） （ 【分析 可先求出 A*, , P ?1 ，进而确定 B = P ?1 A* P 及 B+2E，再按通常方法确定其特 分析】 分析 征值和特征向量； 或先求出 A 的特征值与特征向量， 再相应地确定 A*的特征值与特征向量， 最终根据 B+2E 与 A*+2E 相似求出其特征值与特征向量. 【详解 方法一： 详解】 详解 经计算可得? 5 ? 2 ? 2? ?0 1 ? 1? A* = ?? 2 5 ? 2? ， P ?1 = ?1 0 0 ? ， ? ? ? ? ?? 2 ? 2 5 ? ?0 0 1 ? ? ? ? ? 0 0? ?7 ? ? 2 5 ? 4? . B = P A P=? ? ?? 2 ? 2 3 ? ? ??1 *从而0 0? ?9 ? ? 2 7 ? 4? ， B + 2E = ? ? ?? 2 ? 2 5 ? ? ?λ ?9 λE ? ( B + 2 E ) =2 200 4 = (λ ? 9) 2 (λ ? 3) ， λ ?5λ ?72故 B+2E 的特征值为 λ1 = λ 2 = 9, λ3 = 3. 当 λ1 = λ 2 = 9 时，解 (9 E ? A) x = 0 ，得线性无关的特征向量为?? 1? η1 = ? 1 ?, ? ? ?0? ? ?? ? 2? η 2 = ? 0 ?, ? ? ?1? ? ?所以属于特征值 λ1 = λ 2 = 9 的所有特征向量为? ? 2? ?? 1? ? 1 ? + k ? 0 ? ，其中 k , k 是不全为零的任意常数. k1η1 + k 2η 2 = k1 ? ? 2? 1 2 ? ?0? ?1 ? ? ? ? ?当 λ3 = 3 时，解 (3E ? A) x = 0 ，得线性无关的特征向量为?0 ? η 3 = ?1? ， ? ? ?1? ? ? ?0 ? ? ? 所以属于特征值 λ3 = 3 的所有特征向量为 k 3η 3 = k 3 1 ，其中 k 3 ≠ 0 为任意常数. ? ? ?1 ? ? ?方法二：设 A 的特征值为 λ ，对应特征向量为 η ，即 Aη = λη . 由于 A = 7 ≠ 0 ， 所以 λ ≠ 0. 又因 A * A = A E ，故有 A * η =Aλη.A ( P ?1η ) ，于是有B ( P ?1η ) = P ?1 A * P ( P ?1η ) = Aλ( B + 2 E ) P ?1η = ( A因此，λ+ 2) P ?1η.λ+ 2 为 B+2E 的特征值，对应的特征向量为 P ?1η.λ ?3由于?2?2 ? 2 = (λ ? 1) 2 (λ ? 7) ， λ ?3λE ? A = ? 2?2λ ?3?2故 A 的特征值为 λ1 = λ 2 = 1, λ3 = 7.?? 1? ?? 1? ? 1 ? ， η = ? 0 ?. 当 λ1 = λ 2 = 1 时，对应的线性无关特征向量可取为 η1 = 2 ? ? ? ? ?0? ?1? ? ? ? ? ?1? ?? 当 λ3 = 7 时，对应的一个特征向量为 η 3 = 1 . ?? ?1? ???1由 P?0 1 ? 1? ?1? ?? 1? ?0 ? ?1 0 0 ? ，得 P ?1η = ?? 1? ， P ?1η = ?? 1? ， P ?1η = ?1? . =? 1 2 3 ? ? ? ? ? ? ? ?0 0 1 ? ?0? ?1? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ?因此，B+2E 的三个特征值分别为 9，9，3. 对应于特征值 9 的全部特征向量为?1? ?? 1? ?? 1? + k ?? 1? ，其中 k , k 是不全为零的任意常数； k1 P η1 + k 2 P η 2 = k1 ? ? 2? 1 2 ? ?0? ?1? ? ? ? ??1 ?1对应于特征值 3 的全部特征向量为?0 ? k 3 P η 3 = k 3 ?1? ，其中 k 3 是不为零的任意常数. ? ? ?1? ? ??1【评注 设 B = P ?1 AP ，若 λ 是 A 的特征值，对应特征向量为 η ，则 B 与 A 有相同 评注】 评注 的特征值，但对应特征向量不同，B 对应特征值 λ 的特征向量为 P ?1η . 本题计算量大，但方法思路都是常规和熟悉的，主要是考查考生的计算能力。不过利用 相似矩阵有相同的特征值以及 A 与 A*的特征值之间的关系讨论，可适当降低计算量，这方 面可参见类似例题《考研数学大串讲》P.214【例 5】《数学最后冲刺》P.136【例 3】. 例 ， 例 （本题满分 十 、 本题满分 8 分） （ 【分析 三条直线相交于一点，相当于对应线性方程组有唯一解，进而转化为系数矩 分析】 分析 阵与增广矩阵的秩均为 2. 【详解 方法一 详解】 方法一：必要性 详解 设三条直线 l1 , l 2 , l 3 交于一点，则线性方程组?ax + 2by = ?3c, ? ?bx + 2cy = ?3a, ?cx + 2ay = ?3b, ?(*)?a 2b ? 3c ? ?a 2b ? ?b 2c ? 与增广矩阵 A = ?b 2c ? 3a ? 的秩均为 2，于是 有唯一解，故系数矩阵 A = ? ? ? ? ? c 2a ? ? c 2a ? 3b ? ? ? ? ?A = 0.a 2b由于 A = b? 3c2c ? 3a = 6(a + b + c)[a 2 + b 2 + c 2 ? ab ? ac ? bc] c 2a ? 3b2 2 2= 3( a + b + c)[(a ? b) + (b ? c) + (c ? a ) ] ,2 2 2 但根据题设 (a ? b) + (b ? c) + (c ? a ) ≠ 0 ，故a + b + c = 0.充分性：由 a + b + c = 0 ，则从必要性的证明可知， A = 0 ，故秩 ( A ) & 3. 由于a 2b b 2c= 2(ac ? b 2 ) = ?2[a (a + b) + b 2 ]= ? 2[(a +1 2 3 2 b) + b ] ≠ 0 ， 2 4故秩(A)=2. 于是， 秩(A)=秩 (A ) =2. 因此方程组(*)有唯一解，即三直线 l1 , l 2 , l 3 交于一点. 方法二：必要性 方法二? x0 ? ? ? 设三直线交于一点 ( x 0 , y 0 ) ，则 y 0 为 Ax=0 的非零解，其中 ? ? ?1? ? ? ?a 2b 3c ? A = ?b 2c 3a ?. ? ? ? c 2a 3b ? ? ?于是A = 0. a 2b 3c而A = b 2c 3a = ?6(a + b + c)[a 2 + b 2 + c 2 ? ab ? ac ? bc] c 2a 3b2 2 2 = ? 3( a + b + c)[(a ? b) + (b ? c ) + (c ? a ) ] ,但根据题设 (a ? b) + (b ? c) + (c ? a ) ≠ 0 ，故2 2 2a + b + c = 0.充分性：考虑线性方程组?ax + 2by = ?3c, ? ?bx + 2cy = ?3a, ?cx + 2ay = ?3b, ??ax + 2by = ?3c, ? ?bx + 2cy = ?3a.a 2b因为(*)将方程组(*)的三个方程相加，并由 a+b+c=0 可知，方程组(*)等价于方程组 (* *)b2c= 2(ac ? b 2 ) = ?2[a (a + b) + b 2 ]=- [ a + b + ( a + b) ] ≠ 0 ,2 2 2故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线 l1 , l 2 , l 3 交于一点. 【评注 本题将三条直线的位置关系转化为方程组的解的判定， 评注】 而解的判定问题又可转 评注 化为矩阵的秩计算，进而转化为行列式的计算，综合考查了多个知识点. 完全类似例题见《数学最后冲刺》P.196【例 5】. 例 （本题 十一 、 本题满分 10 分） （本题满分 【分析 乙箱中可能的次品件数为 0，1，2，3，分别求出其概率，再按定义求数学期 分析】 分析 望即可；而求从乙箱中任取一件产品是次品的概率，涉及到两次试验，是典型的用全概率公 式的情形，第一次试验的各种可能结果（取到的次品数）就是要找的完备事件组. 【详解 (1) X 的可能取值为 0，1，2，3，X 的概率分布为 详解】 详解P{ X = k} =即 X P 因此 03 C 3k C 3 ? k ， k=0,1,2,3. 3 C61231 209 209 201 20EX = 0 ×1 9 9 1 3 + 1× + 2× + 3× = . 20 20 20 20 2(2) 设 A 表示事件 “从乙箱中任取一件产品是次品”由于 { X = 0} ， X = 1} ， X = 2} ， ， { {{ X = 3} 构成完备事件组，因此根据全概率公式，有P ( A) = ∑ P{ X = k}P{ A X = k}k =03=∑ P{ X = k} ?k =03k 1 3 = ∑ kP{ X = k} 6 6 k =0=1 1 3 1 EX = ? = . 6 6 2 4【评注 评注】本题对数学期望的计算也可用分解法： 评注 设?0, 从甲箱中取出的第i件产品是合格品, Xi = ? ?1, 从甲箱中取出的第i件产品是次品,则 X i 的概率分布为XiP011 21 2i = 1,2,3.因为 X = X 1 + X 2 + X 3 ，所以3 EX = EX 1 + EX 2 + EX 3 = . 2完全类似例题见 《考研数学大串讲》 P.256 例 20】 利用分解法求数字特征的思想见 【例 ， 《数 学题型集粹与练习题集》P.280【例 3.18-21】. 例 （本题满分 十二 、 本题满分 8 分） （? 【分析 求分布函数 F(x)是基本题型；求统计量 θ 的分布函数 Fθ? ( x) ，可作为多维相 分析】 分析互独立且同分布的随机变量函数求分布函数，直接用定义即可；是否具有无偏性，只需检验Eθ? = θ 是否成立.【详解 (1) 详解】 详解x ?1 ? e ?2( x ?θ ) , x & θ , F ( x) = ∫ f (t )dt = ? ?∞ x ≤ θ. 0, ?(2)Fθ? ( x) = P{θ? ≤ x} = P{min( X 1 , X 2 , L , X n ) ≤ x}= 1 ? P{min( X 1 , X 2 , L , X n ) & x} = 1 ? P{ X 1 & x, X 2 & x, L , X n & x} = 1 ? [1 ? F ( x )] n =??1 ? e ?2 n ( x ?θ ) , x & θ , x ≤ θ. 0, ?? (3) θ 概率密度为f θ? ( x) = dFθ? ( x) dx ?2ne ?2 n ( x ?θ ) , x & θ , =? x ≤ θ. 0, ?θ因为+∞ +∞ Eθ? = ∫ xf θ? ( x)dx = ∫ 2nxe ?2 n ( x ?θ ) dx ?∞=θ +1 ≠θ ， 2n? 所以 θ 作为 θ 的估计量不具有无偏性.【评注 评注】本题表面上是一数理统计问题，实际上考查了求分布函数、随机变量的函数求 评注 分布和概率密度以及数学期望的计算等多个知识点. 将数理统计的概念与随机变量求分布 与数字特征结合起来是一种典型的命题形式. 完全类似例题见《文登数学全真模拟试卷》试卷（七）第十二题（从题型到求解方法完 全一致）,《数学题型集粹与练习题集》P.292【例 5.8】,在文登学校辅导班上也介绍过几乎 例 完全一致的例题（参加过辅导班的同学可查看笔记）.2004 年数学一试题 详解和评注二、填空题 填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 把答案填在题中横线上） 填空题 （1）曲线 y=lnx 上与直线 x + y = 1 垂直的切线方程为 ）y = x ?1.【分析 分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为 1，由曲线 y=lnx 的导数为 1 可 分析 确定切点的坐标。 【详解 由 y ′ = (ln x ) ′ = 详解】 详解1 = 1 ，得 x=1, 可见切点为 (1,0) ，于是所求的切线方程为 xy ? 0 = 1 ? ( x ? 1) ， 即 y = x ? 1 .【 评 注 】 本 题 也 可 先 设 切 点 为 ( x0 , ln x0 ) ， 曲 线 y=lnx 过 此 切 点 的 导 数 为y′x = x0=1 = 1 ，得 x0 = 1 ，由此可知所求切线方程为 y ? 0 = 1 ? ( x ? 1) ， 即 y = x ? 1 . x0本题比较简单，类似例题在一般教科书上均可找到 本题比较简单，类似例题在一般教科书上均可找到. （2）已知 f ′(e ) = xe ）x ?x，且 f(1)=0, 则 f(x)=1 (ln x) 2 2.【分析 先求出 f ′(x ) 的表达式，再积分即可。 分析】 分析 【详解 令 e = t ，则 x = ln t ，于是有 详解】 详解x积分得 数为 f(x)=ln t ln x ， 即 f ′( x) = . t x ln x 1 f ( x) = ∫ dx = (ln x) 2 + C . 利用初始条件 f(1)=0, 得 C=0，故所求函 x 2 f ′(t ) =1 (ln x) 2 . 2【评注 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。 评注】 评注 完全类似的例题见《数学复习指南》 完全类似的例题见《数学复习指南》P89 第 8 题, P90 第 11 题. （3） L 为正向圆周 x 2 + y 2 = 2 在第一象限中的部分， ）设 则曲线积分∫Lxdy ? 2 ydx 的值为3 π . 2【分析 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。 分析】 分析【详解 详解】 正向圆周 x 2 + y 2 = 2 在第一象限中的部分，可表示为 详解? x = 2 cos θ , ? ? y = 2 sin θ ,于是θ :0→π2.∫ xdy ? 2 ydx = ∫Lπ2 0[ 2 cos θ ? 2 cos θ + 2 2 sin θ ? 2 sin θ ]dθ=π +∫π2 02 sin 2 θ dθ =3π . 2【评注 评注】 本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加 评注 的线段上用参数法化为定积分计算即可. P143 例 10.11， 考研数学大串讲》 《考研数学大串讲 P122 完全类似例题见 数学题型集粹与练习题集》 《数学题型集粹与练习题集》 ， 考研数学大串讲》 《 例 5、例 7 . 、（4）欧拉方程 ）x2c c d2y dy + 4 x + 2 y = 0( x & 0) 的通解为 y = 1 + 2 . 2 dx x x2 dxt【分析 欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换 x = e 化为常系数线性齐次微分方 分析】 分析 程即可。 【详解 详解】 令 x = e ，则 详解tdy dy dt dy 1 dy = ? = e ?t = ， dx dt dx dt x dtd2y 1 dy 1 d 2 y dt 1 d 2 y dy =? 2 + ? = 2 [ 2 ? ]， dt dx 2 x dt x dt 2 dx x dt代入原方程，整理得d2y dy + 3 + 2y = 0， 2 dt dt y = c1e ?t + c 2 e ? 2t = c1 c 2 + . x x2t解此方程，得通解为【评注 本题属基础题型，也可直接套用公式，令 x = e ，则欧拉方程 评注】 评注ax 2d2y dy + bx + cy = f ( x) ， 2 dx dx可化为a[d 2 y dy dy ? ] + b + cy = f (e t ). 2 dt dt dt完全类似的例题见《数学复习指南 习指南》 数学题型集粹与练习题集》 完全类似的例题见《数学复习指南》P171 例 6.19, 《数学题型集粹与练习题集》P342 第六题.， 考研数学大串讲》 《考研数学大串讲 第六题 ， 考研数学大串讲》P75 例 12. 《? 2 1 0? ? ? * * * （5）设矩阵 A = 1 2 0 ，矩阵 B 满足 ABA = 2 BA + E ，其中 A 为 A 的伴随 ） ? ? ?0 0 1? ? ?矩阵，E 是单位矩阵，则 B =*1 9.【分析 可先用公式 A A = A E 进行化简 分析】 分析 【详解 详解】 已知等式两边同时右乘 A，得 详解ABA* A = 2 BA* A + A ， 而 A = 3 ，于是有3 AB = 6 B + A ， 即再两边取行列式，有(3 A ? 6 E ) B = A ，3 A ? 6E B = A = 3 ，1 . 9而 3 A ? 6 E = 27 ，故所求行列式为 B =【评注 先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵 A* ，一般均应先 评注】 评注 利用公式 A A = AA = A E 进行化简。* *完全类似例题见《数学最后冲刺》 完全类似例题见《数学最后冲刺》P107 例 2，P118 例 9 ， （6）设随机变量 X 服从参数为 λ 的指数分布，则 P{ X & ）DX } =1 . e【分析 已知连续型随机变量 X 的分布，求其满足一定条件的概率，转化为定积分计 分析】 分析 算即可。 【详解 详解】 由题设，知 DX = 详解1λ2，于是+∞ 1 P{ X & DX } = P{ X & } = ∫1 λe ?λx dxλλ=? e? λx+∞ 1λ1 = . e【评注 本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再 评注】 评注 去推算。 完全类似例题见《数学一临考演习》 完全类似例题见《数学一临考演习》P35 第 5 题. 二、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，满分 32 分. 每小题给出的四个选项中，只有一 选择题 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内） （ 7）把 x → 0 时的无穷小量 α = ）+∫x0cos t 2 dt , β = ∫ tan t dt , γ = ∫ sin t 3 dt ，使0 0x2x排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是 (A) α , β , γ . (B)α , γ , β . (C) β , α , γ .(D)β , γ ,α .[ B]【分析 先两两进行比较，再排出次序即可. 分析】 分析【详解 详解】 详解x→0lim+β = lim α x →0+∫ ∫0x2tan t dt cos t 2 dtx 3x= lim+x →0tan x ? 2 x = 0 ，可排除(C),(D)选项， cos x 230又x→0lim +γ = lim β x →0=+∫ ∫0 x2sin t dtsin x 2 ? = lim +x →010tan t dt2 x 2 x tan x1 x lim+ 2 = ∞ ，可见 γ 是比 β 低阶的无穷小量，故应选(B). 4 x →0 xn【评注 本题是无穷小量的比较问题，也可先将 α , β , γ 分别与 x 进行比较，再确定 评注】 评注 相互的高低次序. 完全类似例题见《数学一临考演习》 完全类似例题见《数学一临考演习》P28 第 9 题. （8）设函数 f(x)连续，且 f ′(0) & 0, 则存在 δ & 0 ，使得 ） (A) f(x)在（0， δ ) 内单调增加. (C) 对任意的 x ∈ (0, δ ) 有 f(x)&f(0) . （B）f(x)在 ( ?δ ,0) 内单调减少. (D) 对任意的 x ∈ ( ?δ ,0) 有 f(x)&f(0) .[ C ] 【分析 分析】 函数 f(x)只在一点的导数大于零， 一般不能推导出单调性， 因此可排除(A),(B) 分析 选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可。 【详解 详解】 由导数的定义，知 详解f ′(0) = limx →0f ( x ) ? f ( 0) & 0， x根据保号性，知存在 δ & 0 ，当 x ∈ ( ?δ ,0) U (0, δ ) 时，有f ( x ) ? f ( 0) &0 x即当 x ∈ ( ?δ ,0) 时，f(x)&f(0); 而当 x ∈ (0, δ ) 时，有 f(x)&f(0). 故应选(C). 【评注 题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论。 评注】 评注 完全类似例题见《数学一临考演习》 完全类似例题见《数学一临考演习》P28 第 10 题.∞（9）设 ）∑an =1n为正项级数，下列结论中正确的是(A) 若 lim na n =0，则级数n →∞∑an =1∞n收敛.（B） 若存在非零常数 λ ，使得 lim na n = λ ，则级数n →∞ ∞∑an =1∞n发散.(C) 若级数∑an =1n收敛，则 lim n a n = 0 .2 n →∞(D)若级数∑an =1∞n发散, 则存在非零常数 λ ，使得 lim na n = λ .n →∞[ B]【分析 分析】 分析 正确选项.对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排除法找到∞ ∞ 1 1 ，则 lim na n =0，但 ∑ a n = ∑ 发散，排除(A)，(D)； n →∞ n ln n n =1 n =1 n ln n ∞【详解 详解】 取 a n = 详解又取 a n =1，则级数n n∑an =1n收敛，但 lim n a n = ∞ ，排除(C), 故应选(B).2n →∞【评注 本题也可用比较判别法的极限形式， 评注】 评注lim na n = limn →∞∞ ∞ an 1 = λ ≠ 0 ，而级数 ∑ 发散，因此级数 ∑ a n 也发散，故应选(B). n →∞ 1 n =1 n n =1 n完全类似的例题见《数学复习指南》 完全类似的例题见《数学复习指南》P213 例 8.13. （10）设 f(x)为连续函数， F (t ) = ） (A) 2f(2). (B) f(2).∫t1dy ∫ f ( x)dx ，则 F ′(2) 等于yt(C) Cf(2).(D) 0.[ B ]【分析 先求导，再代入 t=2 求 F ′( 2) 即可。关键是求导前应先交换积分次序，使得 分析】 分析 被积函数中不含有变量 t. 【详解 交换积分次序，得 详解】 详解F (t ) = ∫ dy ∫ f ( x)dx = ∫ [ ∫ f ( x)dy ]dx = ∫ f ( x)( x ? 1)dx1 ytttxt111于是， F ′(t ) = f (t )(t ? 1) ，从而有 F ′( 2) = f ( 2) ，故应选(B). 【评注 在应用变限的积分对变量 x 求导时，应注意被积函数中不能含有变量 x: 评注】 评注[∫b( x)a( x)f (t )dt ]′ = f [b( x)]b ′( x) ? f [a ( x)]a ′( x)否则， 应先通过恒等变形、 变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量 x 换到积分号外 或积分线上。 完全类似例题见《数学最后冲刺》 完全类似例题见《数学最后冲刺》P184 例 12，先交换积分次序再求导 ，先交换积分次序再求导.（11）设 A 是 3 阶方阵，将 A 的第 1 列与第 2 列交换得 B,再把 B 的第 2 列加到第 3 列 ） 得 C, 则满足 AQ=C 的可逆矩阵 Q 为(A)?0 1 0 ? ?1 0 0? . ? ? ?1 0 1? ? ??0 1 0 ? ? ? (B) 1 0 1 . (C) ? ? ?0 0 1 ? ? ??0 1 0 ? ?1 0 0? . ? ? ?0 1 1 ? ? ?(D)?0 1 1 ? ?1 0 0? . ? ? ?0 0 1 ? ? ?[ D ] 【分析 本题考查初等矩阵的的概念与性质，对 A 作两次初等列变换，相当于右乘两 分析】 分析 个相应的初等矩阵，而 Q 即为此两个初等矩阵的乘积。 【详解 详解】由题设，有 详解?0 1 0? ?1 0 0 ? A ?1 0 0 ? = B ， B ? 0 1 1 ? = C ， ? ? ? ? ?0 0 1 ? ?0 0 1 ? ? ? ? ? ?0 1 0? ?1 0 0? A ?1 0 0 ? ?0 1 1 ? = ? ?? ? ? 0 0 1 ? ?0 0 1 ? ? ?? ? ?0 1 1 ? A?1 0 0? = C. ? ? ?0 0 1 ? ? ?于是，可见，应选(D). 【评注 涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初 评注】 评注 等变换的关系。 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P196 例 2.2 （12）设 A,B 为满足 AB=O 的任意两个非零矩阵，则必有 ） (A) A 的列向量组线性相关，B 的行向量组线性相关. (B) A 的列向量组线性相关，B 的列向量组线性相关. (C) A 的行向量组线性相关，B 的行向量组线性相关. (D) A 的行向量组线性相关，B 的列向量组线性相关. [ A ] 【分析 A,B 的行列向量组是否线性相关， 分析】 可从 A,B 是否行 （或列） 满秩或 Ax=0 （Bx=0） 分析 是否有非零解进行分析讨论. 【详解 1】 设 A 为 m × n 矩阵，B 为 n × s 矩阵，则由 AB=O 知， 详解r ( A) + r ( B ) & n .又 A,B 为非零矩阵，必有 r(A)&0,r(B)&0. 可见 r(A)&n, r(B)&n, 即 A 的列向量组线性相关，B 的行向量组线性相关，故应选(A). 【详解 2】 由 AB=O 知，B 的每一列均为 Ax=0 的解，而 B 为非零矩阵，即 Ax=0 存 详解 在非零解，可见 A 的列向量组线性相关。 同理，由 AB=O 知， B A = O ，于是有 B T 的列向量组，从而 B 的行向量组线性相T T关，故应选(A). 【评注 AB=O 是常考关系式，一般来说，与此相关的两个结论是应记住的： 评注】 评注 1） AB=O ? r ( A) + r ( B ) &2） AB=O ? B 的每列均为 Ax=0 的解。 完全类似例题见《数学最后冲刺》 《数学一临考演习 完全类似例题见《数学最后冲刺》P110 例 10-11， 数学一临考演习》P79 第 4 题,〈考 ， 数学一临考演习》 《 〈 研数学大串讲〉 研数学大串讲〉P173 例 8, P184 例 27。 。 （ 13 ） 设随机变量 X 服从正态分布 N(0,1)，对给定的 α (0 & α & 1) ，数 uα 满足P{ X & uα } = α ，若 P{ X & x} = α ，则 x 等于(A)uα .2(B) u1?α2.(C) u 1?α .2(D)u1?α .[ C ]【分析 此类问题的求解，可通过 uα 的定义进行分析，也可通过画出草图，直观地得 分析】 分析 到结论。 【详解 由标准正态分布概率密度函数的对称性知， P{ X & ?uα } = α ，于是 详解】 详解1 ? α = 1 ? P{ X & x} = P{ X ≥ x} = P{ X ≥ x} + P{ X ≤ ? x} = 2 P{ X ≥ x}P{ X ≥ x} = 1?α ，可见根据定义有 x = u 1?α ，故应选(C). 2 2即有【评注 本题 uα 相当于分位数，直观地有 评注】 评注αoα(1 ? α ) / 2 u 1?α2uα此类问题在文登学校的辅导班上作为正态分布的一般结论总结过. 此类问题在文登学校的辅导班上作为正态分布的一般结论总结过 （ 14 ） 设 随 机 变 量 X 1 , X 2 , L , X n (n & 1) 独 立 同 分 布 ， 且 其 方 差 为 σ2& 0. 令Y=1 n ∑ X i ，则 n i =1(A) Cov( X 1 , Y ) = (C)σ2n.(B)Cov( X 1 , Y ) = σ 2 . D( X 1 ? Y ) = n +1 2 σ . n[ A ]D( X 1 + Y ) =n+2 2 σ . n(D)【 分析 分析】 本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可，注意利用独立性有：Cov( X 1 , X i ) = 0, i = 2,3, L n.【详解 Cov( X 1 , Y ) = Cov ( X 1 , 详解】 详解1 n 1 1 n X i ) = Cov( X 1 , X 1 ) + ∑ Cov( X 1 , X i ) ∑ n i =1 n n i =2=1 1 DX 1 = σ 2 . n n【评注 本题(C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如 评注】 评注1+ n 1 1 (1 + n) 2 2 n ? 1 2 D( X 1 + Y ) = D( X1 + X 2 + L + X n ) = σ + 2 σ n n n n2 n n 2 + 3n 2 n + 3 2 = σ = σ ， n n2 D( X 1 ? Y ) = D( n ?1 1 1 (n ? 1) 2 2 n ? 1 2 X1 ? X 2 ?L ? X n ) = σ + 2 σ n n n n2 n=n 2 ? 2n 2 n ? 2 2 σ = σ . n n2完全类似的例题见《数学一临考演习》 题的特殊情况） 完全类似的例题见《数学一临考演习》P78 第 23 题（本题是第 23 题的特殊情况）. （本题满分 （15） 本题满分 12 分） ） （ 设 e & a & b & e , 证明 ln b ? ln a &2 2 24 (b ? a ) . e2【分析 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用 分析】 分析 单调性证明. 【证法 1】 对函数 ln x 在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得 证法2ln 2 b ? ln 2 a =设 ? (t ) =2 ln ξξ(b ? a ), a & ξ & b.ln t 1 ? ln t ，则 ? ′(t ) = ， t t22 当 t&e 时， ? ′(t ) & 0, 所以 ? (t ) 单调减少，从而 ? (ξ ) & ? (e ) ，即ln ξξ2 2&ln e 2 2 = 2 ， 2 e e4 (b ? a ) . e22故 ln b ? ln a &【证法 2】 设 ? ( x ) = ln x ? 证法4 x ，则 e2? ′( x) = 2ln x 4 ? 2 ， x e? ′′( x) = 21 ? ln x , x22所以当 x&e 时， ? ′′( x ) & 0, 故 ? ′(x ) 单调减少，从而当 e & x & e 时，? ′( x) & ? ′(e 2 ) =24 4 ? 2 =0， 2 e e即当 e & x & e 时， ? (x ) 单调增加. 因此当 e & x & e 时， ? (b) & ? ( a ) ，2即故4 4 b & ln 2 a ? 2 a ， 2 e e 4 ln 2 b ? ln 2 a & 2 (b ? a ) . e ln 2 b ?【评注 本题也可设辅助函数为 ? ( x ) = ln x ? ln a ? 评注】 评注2 24 ( x ? a ), e & a & x & e 2 或 e2? ( x) = ln 2 b ? ln 2 x ?4 (b ? x), e & x & b & e 2 ，再用单调性进行证明即可。 2 e完全类似的例题见《数学复习指南》 解题提示], 完全类似的例题见《数学复习指南》P347 例 13.31 及 P344 的[解题提示 《考研数学 解题提示 大串讲》 大串讲》P65 例 13. （本题满分 （16） 本题满分 11 分） ） （ 某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞， 以增大阻力，使飞机迅速减速并停下. 现有一质量为 9000kg 的飞机，着陆时的水平速度为 700km/h. 经测试，减速伞打开后， 飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 k = 6.0 × 10 6 ). 问从着陆点算起，飞 机滑行的最长距离是多少？ 注 kg 表示千克，km/h 表示千米/小时. 【分析 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可。 分析】 分析 【详解 1】 由题设，飞机的质量 m=9000kg，着陆时的水平速度 v0 = 700km / h . 从 详解 飞机接触跑道开始记时，设 t 时刻飞机的滑行距离为 x(t)，速度为 v(t). 根据牛顿第二定律，得又dv = ?kv . dt dv dv dx dv = ? =v ， dt dx dt dx m dx = ? m dv ， k由于 v(0) = v0 , x(0) = 0 ，故得 C =由以上两式得积分得 x(t ) = ?m v + C. km v 0 ，从而 kx(t ) =m (v0 ? v(t )). kmv0 9000 × 700 = = 1.05(km). k 6.0 × 10 6 dv = ?kv , dt当 v(t ) → 0 时， x (t ) →所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. 【详解 2】 根据牛顿第二定律，得 m 详解 所以dv k = ? dt. v mk ? t m两端积分得通解 v = Ce，代入初始条件 vt =0= v0 解得 C = v0 ，故v(t ) = v0 ek ? t m.飞机滑行的最长距离为x=∫+∞0mv ? t v(t )dt = ? 0 e m kk kk+∞ 0=mv0 = 1.05(km). kk? t ? t ? t t kv dx 或由 = v0 e m ， x(t ) = ∫ v0 e m dt = ? 0 (e m ? 1) ， 知 故最长距离为当 t → ∞ 时， 0 dt mx(t ) →kv0 = 1.05(km). m d 2x dx , = ?k 2 dt dt【详解 3】 根据牛顿第二定律，得 m 详解d 2 x k dx + = 0， dt 2 m dt其特征方程为 λ +2k k λ = 0 ，解之得 λ1 = 0, λ 2 = ? ， m m故x = C1 + C 2 e由 xk ? t m.= dx dt =? kC 2 ? m t e mkt =0= 0, vt =0t =0t =0= v0 ，得? t mv0 mv0 C1 = ?C 2 = , 于是 x(t ) = (1 ? e m ). k kk当 t → +∞ 时， x (t ) →mv0 = 1.05(km). k所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. 【评注 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为 t → +∞ 或 v(t ) → 0 的极限值，这种 评注】 评注 条件应引起注意. 完全类似的例题见《数学最后冲刺》 完全类似的例题见《数学最后冲刺》P98-99 例 10-11. （本题满分 （17） 本题满分 12 分） ） （ 计算曲面积分I = ∫∫ 2 x 3dydz + 2 y 3dzdx + 3( z 2 ? 1)dxdy,∑其中 ∑ 是曲面 z = 1 ? x 2 ? y 2 ( z ≥ 0) 的上侧. 【分析 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加 分析】 分析 的曲面上应用直接投影法求解即可. 【详解 取 ∑1 为 xoy 平面上被圆 x 2 + y 2 = 1 所围部分的下侧，记 ? 为由 ∑ 与 ∑1 围 详解】 详解 成的空间闭区域，则I=∑ + ∑1∫∫ 2 x dydz + 2 y dzdx + 3( z3 32? 1)dxdy? ∫∫ 2 x 3 dydz + 2 y 3 dzdx + 3( z 2 ? 1)dxdy.∑1由高斯公式知∑ + ∑1∫∫ 2 x dydz + 2 y33dzdx + 3( z 2 ? 1)dxdy = ∫∫∫ 6( x 2 + y 2 + z )dxdydz? 1? r2=6∫2π0dθ ∫ dr ∫010( z + r 2 )rdz= 12π3∫ [ 2r (1 ? r03112 2) + r 3 (1 ? r 2 )]dr = 2π .2而∫∫ 2 x dydz + 2 y dzdx + 3( z∑1? 1)dxdy = ?2∫∫ ? 3dxdy = 3π ，x + y 2 ≤1故I = 2π ? 3π = ?π .【评注 本题选择 ∑1 时应注意其侧与 ∑ 围成封闭曲面后同为外侧（或内侧） 评注】 ，再就是 评注在 ∑1 上直接投影积分时，应注意符号( ∑1 取下侧，与 z 轴正向相反，所以取负号). 完全类似的例题见《数学复习指南》 《数学题型集粹与练习题集 完全类似的例题见《数学复习指南》P325 例 12.21， 数学题型集粹与练习题集》P148 ， 数学题型集粹与练习题集》 《 数学一临考演习》 例 10.17（2）, 《数学一临考演习》P38 第 19 题. （ ） （本题满分 （18） 本题满分 11 分） ） （ 设有方程 x + nx ? 1 = 0 ，其中 n 为正整数. 证明此方程存在惟一正实根 x n ，并证n明当 α & 1 时，级数∑ x α 收敛.n =1 n∞【分析 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。而正项级数的敛散性可 分析】 分析 用比较法判定。 【证】 证 记f n ( x) = x n + nx ? 1. 由 f n (0) = ?1 & 0 ， f n (1) = n & 0 ，及连续函数n的介值定理知，方程 x + nx ? 1 = 0 存在正实数根 x n ∈ (0,1). 当 x&0 时 ， f n′ ( x ) = nxn ?1+ n & 0 ， 可 见 f n (x) 在 [0,+∞) 上 单 调 增 加 , 故 方 程x n + nx ? 1 = 0 存在惟一正实数根 x n .由 x + nx ? 1 = 0 与 x n & 0 知n0 & xn =n 1 ? xn 1 1 α & ，故当 α & 1 时， 0 & x n & ( ) α . n n n而正项级数∑ nαn =1∞1收敛，所以当 α & 1 时，级数∑ x α 收敛.n =1 n∞【评注 本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新颖，但难度 评注】 评注 并不大，只要基本概念清楚，应该可以轻松求证。 完全类似例题见 数学题型集粹与练习题集》 类似例题见《 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P91 例 6.15(有关根的存在性与惟一性证 有关根的存在性与惟一性证 收敛性证明用比较法很简单. 明), 收敛性证明用比较法很简单 （本题满分 （19） 本题满分 12 分） ） （ 设 z=z(x,y)是由 x 2 ? 6 xy + 10 y 2 ? 2 yz ? z 2 + 18 = 0 确定的函数，求 z = z ( x, y ) 的极 值点和极值. 【分析 可能极值点是两个一阶偏导数为零的点，先求出一阶偏导，再令其为零确定 分析】 分析 极值点即可，然后用二阶偏导确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值. 【详解 详解】 因为 x 2 ? 6 xy + 10 y 2 ? 2 yz ? z 2 + 18 = 0 ，所以 详解2x ? 6 y ? 2 y?z ?z ? 2z = 0， ?x ?x ?z ?z ? 2z = 0. ?y ?y? 6 x + 20 y ? 2 z ? 2 y令? ?z ? ?x = 0, ? ? ?z ? =0 ? ?y ?得 ??x ? 3 y = 0,?? 3 x + 10 y ? z = 0,故? x = 3 y, ? ? z = y.将上式代入 x ? 6 xy + 10 y ? 2 yz ? z + 18 = 0 ，可得2 2 2? x = 9, ? ? y = 3, ?z =3 ?2 ? 2y或? x = ?9, ? ? y = ?3, ? z = ?3. ?由于?2z ?z ?2z ? 2( ) 2 ? 2 z 2 = 0 ， ?x ?x 2 ?x?6?2?z ?2z ?z ?z ?2z ? 2y ? 2 ? ? 2z = 0, ?x ?x?y ?y ?x ?x?y20 ? 2 ?2z A= 2 ?x2?z ?z ?2z ?z ?2z ? 2 ? 2 y 2 ? 2( ) 2 ? 2 z 2 = 0 ， ?y ?y ?y ?y ?y所以1 ?2z = ，B = ( 9 , 3, 3) 6 ?x?y1 ?2z = ? ，C = 2 ( 9 , 3, 3) 2 ?y( 9 , 3, 3 )=5 ， 3故 AC ? B =1 1 & 0 ，又 A = & 0 ，从而点(9,3)是 z(x,y)的极小值点，极小值为 z(9,3)=3. 36 6 1 ?2z = ? ，B = ( ?9 , ?3, ?3) 6 ?x?y类似地，由A=?2z ?x 22( ?9 , ?3, ?3)=1 ?2z ，C = 2 ?y 25 =? ， ( ?9 , ?3, ?3 ) 3可知 AC ? B =1 1 & 0 ，又 A = ? & 0 ，从而点(-9, -3)是 z(x,y)的极大值点，极大值为 36 6z(-9, -3)= -3. 【评注 本题讨论由方程所确定的隐函数求极值问题，关键是求可能极值点时应注意 评注】 评注 x,y,z 满足原方程。 完全类似的例题见《数学复习指南》 完全类似的例题见《数学复习指南》P277 例 10.31. （本题满分 （20） 本题满分 9 分） ） （ 设有齐次线性方程组? (1 + a ) x1 + x 2 + L + x n = 0, ?2 x + (2 + a) x + L + 2 x = 0, ? 1 2 n ? LLLLLL ? ? nx1 + nx 2 + L + (n + a ) x n = 0, ?( n ≥ 2)试问 a 取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解. 【分析 本题是方程的个数与未知量的个数相同的齐次线性方程组，可考虑对系数矩 分析】 分析 阵直接用初等行变换化为阶梯形，再讨论其秩是否小于 n，进而判断是否有非零解；或直接 计算系数矩阵的行列式， 根据题设行列式的值必为零， 由此对参数 a 的可能取值进行讨论即 可。 【详解 1】 对方程组的系数矩阵 A 作初等行变换，有 详解1 1 L 1 ? ?1 + a ?1 + a 1 1 L 1 ? ? 2 ? ?? 2a a 0 L 0 ? 2+a 2 L 2 ? ? ? = B. A= →? ? L ? L L L L L? L L L L ? ? ? ? ? n n L n + a? ? n ?? na 0 0 L a ?当 a=0 时， r(A)=1&n，故方程组有非零解，其同解方程组为x1 + x 2 + L + x n = 0,由此得基础解系为η1 = (?1,1,0,L,0) T , η 2 = (?1,0,1,L,0) T , L ,η n ?1 = (?1,0,0,L ,1) T ,于是方程组的通解为x = k1η1 + L + k n?1η n?1 , 其中 k1 , L , k n ?1 为任意常数.当 a ≠ 0 时，对矩阵 B 作初等行变换，有? ?1 + a 1 1 L 1 ? ?a + ? ?2 1 0 L 0? ?→? B→? ? ? L L L L L? ? ? ? ? ?n 0 0 L 1? ? ?可知 a = ?n(n + 1) 2 ?2 L ?n? 0? 1 0 L 0 ?. ? L L L L? 0 0 L 1? ? 0 0 Ln(n + 1) 时， r ( A) = n ? 1 & n ，故方程组也有非零解，其同解方程组为 2 ?? 2 x1 + x 2 = 0, ? ? 3 x + x = 0, ? 1 3 ? ? LLL ? ? nx1 + x n = 0, ?由此得基础解系为η = (1,2,L, n) T ，于是方程组的通解为x = kη ，其中 k 为任意常数.【详解 2】 方程组的系数行列式为 详解1+ a A= 21 2+a1 2 nL L1 2LnLnL LL= (a +n(n + 1) n?1 )a . 2L n+an(n + 1) 时，方程组有非零解. 2当 A = 0 ，即 a=0 或 a = ?当 a=0 时，对系数矩阵 A 作初等行变换，有?1 1 1 L 1? ?1 1 1 L 1? ?2 2 2 L 2? ? ? ? ? → ?0 0 0 L 0?， A= ?L L L L L? ?L L L L L? ? ? ? ? ?n n n L n? ?0 0 0 0 0?故方程组的同解方程组为x1 + x 2 + L + x n = 0,由此得基础解系为η1 = (?1,1,0,L,0) T , η 2 = (?1,0,1,L,0) T , L ,η n ?1 = (?1,0,0,L ,1) T ,于是方程组的通解为x = k1η1 + L + k n?1η n?1 , 其中 k1 , L , k n ?1 为任意常数.当a = ?n(n + 1) 时，对系数矩阵 A 作初等行变换，有 21 1 L 1 ? ?1 + a ?1 + a 1 1 L 1 ? ? 2 ? ?? 2a a 0 L 0 ? 2+a 2 L 2 ? ? A=? →? ? L ? L L L L L? L L L L ? ? ? ? ? n n L n + a? ? n ?? na 0 0 L a ??1 + a 1 1 L 1 ? ? 0 0 0 L 0? ? ?2 1 0 L 0? ? ? ? ? → ?? 2 1 0 L 0 ? ， → ? L L L L L? ? L L L L L? ? ? ? ? ? ?n 0 0 L 1? ?? n 0 0 L 1 ?故方程组的同解方程组为?? 2 x1 + x 2 = 0, ? ? 3 x + x = 0, ? 1 3 ? ? LLL ? ? nx1 + x n = 0, ?由此得基础解系为η = (1,2,L , n) T ，于是方程组的通解为x = kη ，其中 k 为任意常数.【评注 矩阵 A 的行列式 A 也可这样计算： 评注】 评注1 1 L 1 ? ?1 + a ?1 1 1 L 1? ? 2 ? ?2 2 2 L 2? 2+a 2 L 2 ? ? ? ， 矩 阵 A= = aE + ? ? L ?L L L L L? L L L L ? ? ? ? ? n n L n + a? ? n ?n n n L n? ?1 1 1 L 1? ?2 2 2 L 2? ? ? 的 特 征 值 为 0, L ,0, n(n + 1) ， 从 而 A 的 特 征 值 为 ?L L L L L? 2 ? ? ?n n n L n? n(n + 1) n(n + 1) n?1 a,a, L , a + , 故行列式 A = ( a + )a . 2 2类似例题见《数学题型集粹与练习题集》 类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P228 例 4.4 和 P234 例 4.12. （本题满分 （21） 本题满分 9 分） ） （? 1 2 ? 3? ? ? 设矩阵 A = ? 1 4 ? 3 的特征方程有一个二重根，求 a 的值，并讨论 A 是否可相 ? ? ?1 a 5? ? ?似对角化. 【分析 分析】 先求出 A 的特征值，再根据其二重根是否有两个线性无关的特征向量，确 分析 定 A 是否可相似对角化即可. 【详解 详解】 A 的特征多项式为 详解λ ?1 λE ? A =1 ?1?23 3 λ ?5 ?1λ ?4?a 1λ ? 2 ? (λ ? 2) λ ?4 = 1?1 0 ?a0 3 λ ?5= (λ ? 2) 1λ?4?a?13 = (λ ? 2)(λ2 ? 8λ + 18 + 3a). λ ?5当 λ = 2 是特征方程的二重根，则有 2 2 ? 16 + 18 + 3a = 0, 解得 a= -2.? 1 ?2 3 ? ? ? 当 a= -2 时，A 的特征值为 2,2,6, 矩阵 2E-A= 1 ? 2 3 的秩为 1，故 λ = 2 对应 ? ? ?? 1 2 ? 3? ? ?的线性无关的特征向量有两个，从而 A 可相似对角化。 若 λ = 2 不是特征方程的二重根，则 λ ? 8λ + 18 + 3a 为完全平方，从而 18+3a=16，2解得 a = ? .2 3? ? ? 3 ?2 3 ? 2 当 a = ? 时，A 的特征值为 2，4，4，矩阵 4E-}