考研数学(一)真题评注

1、(1) lim (cos x)x 0【分析】1型未定式，化为指数函数或利用公式limf(x)g(x)(1) = elim(f(x) 1)g(x)进行2003年考研数学(一)真题评注、填空题(此题共6小题，每题4分，总分值24分.把答案填在题中横线上)1ln(1 x2)1 1 limIn cosx2) x怖x2)=e计算求极限均可【详解 1 】lim (cosx)ln(1 x)x 0sin x而 limn_cosxx 0 ln(1x2)ln cosx lim0x2【详解2】因为1lim (cosx 1)厂x 0ln(1 x2)1 2x22x所以原式=(2)曲面2x 4y z5.e1e.2 2x

2、y与平面2x 4y的切平面的方程是【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方程，而切点坐标可根据曲面 zx2y2切平面的法矢量与n 2,4,1平行确定.【详解】令F(x, y, z)Fx2x， Fy 2y，Fz设切点坐标为(x0, y0 ,z0)，那么切平面的法矢量为 2x。，2y°,1,其与平面2x 4y z 0平行，因此有2x02y0可解得X。hy。2，相应地有Z02X。y 5.故所求的切平面方程为2(x1)4(y2) (z 5)0 ,即2x4y z 5、 2x )，贝V a2 =1(3)设 xan cos nx(n 0【分析】将f (x) x

3、2(2x)展开为余弦级数 xan cos nx(n 0其系数计算公式为an(x) cos nxdx.【详解】 根据余弦级数的定义，有2 x2 cos2xdx0a21 0x2dsin2x= -x2si n2xsin2x 2xdx1 xd cos2x0-xcos2xcos2xdx=1.R2的基11的过渡矩阵为21?2, n=1,2, nP ，因此过渡矩阵P为：P=11,2, n1 ,2, n【详解】根据定义，从R2的基1121到基1121的过渡矩0112【分析】n维向量空间中，从基1 ? 2,1， 2 ?n到基n的过渡矩阵P满足阵为111 1 11P= 1, 21,2 C0 1 12111123=

4、0 1 1 21 2 .(5)设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f (x, y)6x,0 x y 1,0,其他，1那么P X Y 1 丄4【分析】 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Pg(X,Y) z。，一般可转化为二重积分Pg(X,Y) zo=f(x,y)dxdy 进行计算.g(x,y) Zo【详解】由题设，有11 xP X Y 1 f (x, y)dxdy : dx % 6xdyx y 112 2 1=2(6x 12x2)dxo4(6)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)，贝U

5、的置信度为0.95的置信区间是(39.51,40.49)(注：标准正态分布函数值(1.96)0.975, (1.645)0.95.)【分析】 方差21 ,对正态总体的数学期望 进行估计，可根据确定临界值u ，进而确定相应的置信区间.20.05.于是查标准正态分布表知u 1.96.21.960.95，有P1.960.95，即 P39.51,40.490.95，故的置信度为0.95的置信区间是(39.51,40.49).只有二、选择题(此题共6小题，每题4分，总分值24分.每题给出的四个选项中, 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，其导函数的图形如下

6、图，那么 f(x)有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x=0为极大值点，故(2)设an, bn, cn均为非负数列，且lim an n0, lim bnn1 ,lim cnn(A)an bn对任意n成立.(B) bnCn对任意(A)(B)(C)(D)【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， 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那么是导数不存在的点.三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致，

7、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 f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C).(C)极限limanCn不存在.(D)极限lim bn®不存在.D nn【分析】 此题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大小无关，可立即排除(A) ,(B)；而极限liman®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 bnCn属1 型，必为无穷大量，即不存在21，bn1， cn n(n 1,2,)，那么可立即排除n2n【详解】用举反例法，取an(A),(B),(C)，因此正确选项为(D).(3)函数f

8、(x,y)在点(0,0)的某个邻域内连续，且limx 0,yf(x,y) xy0/2 2、20 (x y )1，那么(A) 点(0,0)不是f(x,y)的极值点.(B) 点(0,0)是f(x,y)的极大值点.(C) 点(0,0)是f(x,y)的极小值点.(D) 根据所给条件无法判断点(0,0)是否为f(x,y)的极值点.A 【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(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】limx 0,yf(x, y) xy0/2 2 20 (x y )1知，分子的极限必为零，从而有f(0,

9、0)=0,且f(x,y) xy (x2 y2)2 (x, y 充分小时)，于是f(x,y) f(0,0) xy (x2 y2)2.可见当y=x且x充分小时，f (x, y)f (0,0) x2 4x40 ；而当y= -x且x充分小时,24f(x, y) f(0,0)x 4x 0 .故点(0,0)不是f(x,y)的极值点，应选(A).(4)设向量组I :!,2, r可由向量组II :1,2, s线性表示，那么(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.D 【分析】此题为一般教材上均有的

10、比拟两组向量个数的定理：假设向量组1: 1, 2,可由向量组II:1, 2, , s线性表示，那么当r s时，向量组|必线性相关.或其逆否命题：假设向量组I :1, 2, , r可由向量组II :1, 2, , s线性表示，且向量组I线性无关，那么必有r s.可见正确选项为(D).此题也可通过举反例用排除法找到答案【详解】用排除法：如101'那么 10102，但 1,2线性无关，排除(A) ；10，那么1, 2可由1线性表示，但 1线性无关，排除(B)；0，1可由1, 2线性表示，但1线性无1关，排除(C).故正确选项为(D).(5)设有齐次线性方程组Ax=0和Bx=0,其中A,B均为

11、mn矩阵，现有4个命题: 假设Ax=0的解均是Bx=0的解，那么秩(A)秩(B)； 假设秩(A)秩(B)，那么Ax=0的解均是Bx=0的解； 假设Ax=0与Bx=0同解，那么秩(A)=秩(B)； 假设秩(A)=秩(B)，那么Ax=0与Bx=0同解.以上命题中正确的选项是(A).(B)(C).(D)【分析】 此题也可找反例用排除法进行分析,. B 但两个命题的反例比拟复杂一些,关键是抓住与，迅速排除不正确的选项【详解】 假设Ax=0与Bx=0同解，那么n-秩(A)=n -秩(B),即秩(A)=秩(B)，命题成立,可排除(A),(C);但反过来，假设秩(A)=秩(B)，那么不能推出Ax=0与Bx=

12、0同解，如A0 0B，那么秩(A)=秩(B)=1，但Ax=0与Bx=0不同解，可见命题不成立，排除(D),0 1故正确选项为(B).【例】齐次线性方程组 Ax=0与Bx=0同解的充要条件(A)r(A)=r(B).(C) A, B的行向量组等价 有此例题为根底，相信考生能迅速找到答案(6)设随机变量X t(n)(n 1),Y2(A) Y (n).(B)(B)A,B为相似矩阵.(D)A,B的列向量组等价.C 12，那么X2Y 2(n1).(C) Y F(n,1).(D) Y F(1,n).【分析】先由t分布的定义知XU ，其中U N(0,1),V 2(n)，再将其代入1丫 Q，然后利用F分布的定义

13、即可【详解】由题设知，X U，其中 U N(0,1),V 2(n)，于是1丫 X2=u2V/1，这里u22(1)，根据F分布的定义知Y 2 F( n,1).故U 2X2应选(C).三、(此题总分值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.【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x0,那么曲线y=l nx在点(x0,l nx0)处的切线方程是由该切

14、线过原点知In平面图形D的面积1(ey0(2)切线In XoXoey)dy1(x Xo). Xo0，从而Xoe.所以该切线的方程为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 2e .3曲线y=lnx与x轴及直线1V2o因此所求旋转体的体积为x=e所围成的图形绕直线 x=e旋转所得的旋转体体积为(eey)2dy，V V12 12e3).四、(此题总分值12分)丄的和.o2n 11 2x将函数f(x) ar如飞展开成X的幂级数，并求级数【分析】 幕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1形、求导或积分等，转化为可利用幕级数展开的情形。此题可

15、先求导，再利用函数 -1 X1的幕级数展开1 x1 Xx2即可，然后取X为某特殊值，得所求级数的【详解】因为f (x)1 4X2n n 2n(1) 4 x ,xo(舄又f(0)=4,所以f(x) f(0)0f(t)dt 匸：(1)n4nt2ndtn 0因为级数再由n 0 2nn n(1) 4 x2n 1 x0 2n 1(1)n-收敛,1f(x)，得if2 0，(1)nn 0 2n 1五、此题总分值平面区域Dsin y(1) ;xedysin y -(2)Lxedy,x函数fx在x1处连续，所以2n0 2n 1UN0 2nf(2)10 分)(x, y) 0yeyesin x Idxsin x -

16、dx(1)nn 0 2n 1,0 , L为D的正向边界试证:xeLsin y idysin x Iye dx；【分析】 此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 正向曲线，自然可想到用格林公式；【详解】方法一：2的证明应注意用1的结果(1)左边=0sin ye dy0sin x ie dx0sin x(esin ex)dx，e dy0sin x .e dx右边=0,sin xsin x 、.0(ee)dx，：xesinydyye sinxdx- xe sin y L由于esinxsin x e2，故由1所以得dy yesin xdx.sin y |sin x;xe d

17、y ye方法二：(1)根据格林公式，得dx(esin xsin x2e )dx 2sin y .xe dy yesin x idxLxesin ysinx dy ye dx(esinyD(esinyDsin x、)dxdy,sin xe)dxdy.因为D具有轮换对称性，所以(esin yDe sinx)dxdy= (eDsin ysin x、e )dxdy,sin y -故；xe dyyesin x -dxsin yLxedysin x -ye dx.(2)由知sin y -Lxedyyesin xdx(esinyDsin ye dxdysin x、)dxdysin xdxdysin x Ie

18、 dxdysin xdxdy (利用轮换对称性)sin x(eDe sinx)dxdy2dxdy 2 2D六、(此题总分值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) 假设击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？(注：m表示长度单位米.)【分析】 此题属变力做功问题，可用定积分

19、进行计算，而击打次数不限，相当于求数 列的极限【详解】(1)设第n次击打后，桩被打进地下xn ,第n次击打时，汽锤所作的功为Wn(n 1,2,3,).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wW2x1kxdx0kxdxx1k 22x1k2k 2a ，2|(x|xf)£(x；a2).由W2 rW1可得x| a2 ra22X2(1 r)a2.W3x3k 2kxdx(xfX22X；)2xf (1 r)a2.由W32rW2 r W1可得2x3(1 r)a2r2a2从而x3.1 r r 2a，即汽锤击打3次后，可将桩打进地下 、1 r r2am(2)由归纳法，设xn

20、rn1a，那么由于Wn从而Wn 1Xn 1kxdxXn= kx2=2Xn 12(x：1 xj)(1n 1、2pr )a .1 rWn r2Wnr nWi，故得2Xn 1(1 rrn 1 )aXn 1n 1ra.rlim xn 1n/ra，即假设击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下m.七、(此题总分值12分)设函数y=y(x)在()内具有二阶导数，且0, x x(y)是y=y(x)的反函数.d2x(1)试将x=x(y)所满足的微分方程2 (ydydxsin x)()30变换为y=y(x)满足的微dy分方程;(2)求变换后的微分方程满足初始条件y(0)0, y (0)3 的解.dydxd2xd .

21、dx.()= dy dy日丄)dx ydy2一 y 1 " 2y yy(y)3然后再代入原方程化简即可.【分析】 将dx转化为 巴 比拟简单,【详解】1由反函数的求导公式知dx11巴=丄，关键是应注意:dy dyydxdxdyd2xd ,dx、d“ 1、dx()=()dy2dy dydxydy代入原微分方程得y ysin x.2方程* 所对应的齐次方程 ydX丄，于是有dy yy 丄y23 .yy(y)(* )0的通解为YC1exC2e x.设方程* 的特解为y AcosxBsin x，代入方程* ，求得A0,B1 . sin x，2从而yy sin x的通解是GexC2e x1 .

22、 sin x.2由 y(0)0, y (0)-，得 C1 髭 C21 .2x 1.sin x.2故所求初值问题的解为八、此题总分值12分 设函数fx连续且恒大于零,其中f (x2y2Z2)dvF(t) Qf(xD(t)d，G(t)(t) ( x, y, z)t2，D(t)2 2f(x y )dD(t)t 21f(x2)dx(x, y) x2y2讨论F(t)在区间(0,)内的单调性 证明当t>0时，F(t) -G(t).【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，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

23、函数，再用单调性进行证明即可 【详解】因为F(t)t 2 2o f (r )r sin drt 2 22 o f(r )r dr2f (r )rdr2f (r )rdrF (t)2 t 2tf(t2)0 f(r2)r(t r)dr2 0 -一0 f(r2)rdr2所以在(0,)上 F (t)0,故 F(t)在(0,)内单调增加(2)因G(t)f(r2 )rdr2f(r )dr2 2要证明t>0时F(t) G(t)，只需证明t>0时，F(t) G(t) 0，即1 2 2 1 2 20 f (r )r dr 0 f(r )dr 0 f (r )rdr 0.t22 t 2t 22令g(t

24、)0 f(r )r dr。f (r )dr °f(r )rdr ，那么g (t)f (t2) f(r2)(t r)2dr 0，故 g(t )在(0,)内单调增加0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)>0,2因此，当 t>0 时，F(t) G(t).九、(此题总分值10分)322010设矩阵A232，P101 *1 ， B PAP，求B+2E的特征值与特征223001向量，其中A*为A的伴随矩阵，E为3阶单位矩阵【分析】 可先求出A*' ,P 1，进而确定B P 1A* P及

25、B+2E，再按通常方法确定其特征值和特征向量；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:经计算可得52 20 1 1A*252，P11 0 0 ，22 50 0 170 0B P1 *1AP=254223从而900B 2E274225900E (B 2E)2742(9) (3)，225故B+2E的特征值为129, 33.当i 29时，解9E Ax 0,得线性无关的特征向量为1 21 1 ' 2 0 '0 1所以属于特征值129的所有特征向量为12k1 1 k2 2k1 1k20

26、，其中k1,k2是不全为零的任意常数01当33时，解(3E A)x0，得线性无关的特征向量为031，1322由于EA232(1)2(7)，2 23故A的特征值为121，37.11当 当121时对应的线性无关特征向量可.取为11，20011当二 37时寸，对应的一个特征向量为31 .10 11110由P11 00，得 P 1 11，P 1 21，P 1 31 .0 01011所以属于特征值3 3的所有特征向量为k3 3 k3 11，其中k30为任意常数.方法二：设A的特征值为 ，对应特征向量为 ，.由于A70，所0.又因A* AAE ,故有 A*于是有B(PP 1A* P(P 1 )(P 1因此

27、，(B2E)PA 2)P12为B+2E的特征值，对应的特征向量为因此，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 1k1P 11k2P2 k11k21 ，其中kk2是不全为零的任意常数;对应于特征值3的全部特征向量为十、(此题总分值8分)平面上三条不同直线的方程分别为1 :ax2by3c0，2: bx2cy3a0，3 ：cx2ay3b0.试证这三条直线交于一点的充分必要条件为a b c 0.【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 阵与增广矩阵的秩均为2.【详解】方法一：必要性设三条直线I1.l2.l3交于一点，那么线性方程组

28、ax2by3c,bx2cy3a,(*)cx2ay3b,a2ba2b3c有唯一解，故系数矩阵A b2c与增广矩阵Ab2c3a的秩均为 2，于是c2ac2a3bA0.ksPk3 1 ，其中k3是不为零的任意常数a2b3c由于Ab2 c2 ab ac bcb2c3a6(a bc)a2c2a3b3(a b c)( a b)2(b c)2 (c a)2,但根据题设(a b)2 (b c)2 (c a)20，故a b c 0.充分性：由a b c 0，那么从必要性的证明可知，|A 0，故秩(A) 3.由于a 2b b 2c2(ac b2)2a(a b) b22(a -b)2-b20，24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,l2,l3交于一点.方法二：必要性设三直线交于一点Xoy0为Ax=0的非零解，其中1a2b3cAb2c3ac2a3b(Xo,yo)，那么0.2b3c2c3a2a3bc)(a6(acab2 2b c)a bc2 ab acbc但根据题设(a b)2 (bc)2(c a)20，故a b c 0.充分性:考虑线性方程组ax2by3c,bx2cy3a,(*)cx2