考研真题fenxww复习配套光盘1987年数学试题参考解答

1987年 入学统一考试数学试题参考解答数学（试卷.x x y z与两直线y1t及 z2xy5

x1/ln2yx2x取得极小值由ylnx与两直线y(e1)x及y0围成图形的面积 3/Lx2y29，则曲线积分(2xy2y)dxx24x)dyL 11,10),210,1),30,1,1＝(2,0,0)在上述 的坐标是(1,1,-1 tat求正的常数a与b，使式limbxat解：假若b1 t

dt1成立aalimbxsinx dtlim(bcosx aa

此时

dtlim( ) 2 ) aa1xx0bxaa1x

x01cos

2

a即12，因此a4fguf(xxyvg(xxy

(x

x解： f f fyf； g xy)(1y)g 1 设矩阵A和B满足ABA2B，其中A 0，求矩阵B 0 解：ABA2B，故AB2BA，即A2E)BA4BA2E)1A4

23 3 y6y(9a2)y1的通解.其中常数a0 解：由特征方程r32r2(9a2)r0，知其特征根根为r0, 3ai 故对应齐次方程的通解为yCCe3xcosxCe3xsinx，其中C,C,C为任意常数 设原方程的特解为y*(x)Ax，代入原方程可得A .9

y(xyy*CCe3xcosxCe3xsin

x9设常数k0

(1)nk (A)发 (B)绝对收 (C)条件收 (D)收敛与发散与k的值有关sf(x为已知连续函数，It0

f(tx)dx，s0,t0则I的 依赖于s和 (B)依赖于s、t、(C)依赖于t和x,不依赖于 (D)依赖于s,不依赖于设

f(x)f(a)1，则在点xa (xf(x)导数存在,f(a) (B)f(x)取得极大(C)f(x)取得极小 (D)f(x)的导数不存在设A为n阶方阵,且

a0,而A*是A的伴随矩阵，则A*

(C)an (D)a 求幂级 n

解：记un

xn1，有

n 令1，知原级数在开区间(2,2)内每一点都收敛2 n1 n1 n1

1x 1xS(x)n2n

x()xS1(xS1x)()

x

n1n1

n1n有S(x)(

，于是S(x) )1

1x/ 01x/2

S(x2x

2

，x[2,2)SIx(8y1)dydz2(1y2dzdx4yzdxdySs是曲线zx

y

(1y3)绕Y轴旋转一周所形成的曲面，它的法向量与Y正向的夹 于/2Syx2z21S1y3x2z2SS方向取外侧，所围区域为，则由，

I x(8y1)dydz2(1y2)dzdx4yzdxdyx(8y1)dydz2(1y2)dzdxS 1dv02(1y2)dydz0=3 dzdx 2(132 3

Dz1(y1)dy16234f(x)1.证明在(0,1)xf(xx证：令h(t)f(tt，知h(t在闭区间[0,1上连续，又由题设知0f(x)1h(0f(000h(1f(110.故由零点定理，在(0,1内有xf(xxf(x在开区间(0,1)x1x2f(x1x1f(x2x2，x1x2f(x在闭区间[0,1上连续，在(0,1)内可导，故由拉格朗日定理知，f(xxx只能有一个

f(x2f(x1 x2

f()1.此与f(x) ！故在(0,1)内

x1x2x3x4 ab为何值时，线性方程组

x2x2x

x(a3)x2x 0 0A(Ab) 1 1 1a b a a a1Aa1)20 a1，且b1r(A3,r(A2r(Ar(A a1，且b1时，r(Ar(A24，故原方程组有无穷的解. 12120101 0000000A(Ab) 10 0 0 可见其通x1,1,0,0)Tc(12,1,0)Tc(12,0,1)T，其中cc为任意常数 为1(1p)n ；而A至多发生一次的概率为 [1(n1)p](1p)n1 球为白球的概率为53/120，已知取出的是白球，此球属于第二箱的概率是20/ 已知连续 量X的密度为f(x)1ex22x1，则X的数学期望 ；X方差为1/ 10x1 e 量Z=2X+Y的概率密度函数f(z)fX(x) 其

fY(y) y

e

0x1,y解：由题设，(X,Y)的联合密度为f(x,y)fX(x)fY(y) ZFz(zP(ZzP(2XYz2x

当z0时，Fz(z) 0dxdy0，此时fz(z)02x00 zy z 1002 当0z2Fz(z2

eydx2

eydy2

yeydy，此f(z)F(z)1zeydy1(1ez) 2 z2F(z

z2 eydy

11e2xz)dx11(e21)ez f(z)F(z)1(e2 z综上所述，Z=2X+Y的概率密度函数为f(z)1(1ez 0z 1ez(e2 z数学（（本题满分14分）(1)（6分）计算定积分2(|x|(2)（8分（本题满分7分）

设函数zf(uxy),uxeyf

xy解：z u y

，

(fxeyf)eyeyffxeyf

f1

（8分（8分（本题满分6分）,Ax1Ax23x13x2.Ax11x1Ax22x2，故有从而13，且13，此与12 ！因此x1x2不是A的特征向量.数学（.设yln(1ax),其中a为非零常数，则y ,y1

a2 (1ax)21 曲线 arctg在横坐标为1点处的切线方程是y x ；法线方程 y2x(8)/4b

[ab使得af(x)dxf()(b 2lin( )nn

f(x)dxf(x)c；bf(2x)dx

f(2b)

f 求极限 x0 ex

2 ex1 ex1 ex 解：

) lim lim lim x0 ex x0x(ex

x0 x5(tsin dyd2设y5(1cost

dx

50+sin sin sin解：

5sint, 55cost， ，故 d2

sin

5(1cost）1cos1

1且 ) dt1cos 5(1cos1计算定积分0xarcsinxdx1 1 1 1 11 解：0xarcsinxdx2xarcsinx02 dx11

dxxsint

sin2 1 dx2 costdt，因此xarcsinxdx 1 0cos 2 设Dysinx1x0x,y0围成的曲边梯形.求Dx轴旋 解：V0(sinx1)dx42x1x2(a,bx1x2f(x在[x1x2上连续，在(x1x2内可导，故由拉格朗日中值(x1x2(a,bf(x2f(x1)f()(x2x1).由于f(x)在(a,b)内 于零，所以f()0，又x2x10，因此f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)，表明f(x)在(a,b)内单调增加.(2)（5分）g(xxcg(c0g(c0g(c

g(x)

x xcx

0x(ccg(x)0g(x)0g(x)在(ccxx(ccg(x)0g(x0g(x)在(cc单减xg(c0xcg(x)g(cg(x)的一个极大值

a2sin2xb2cos2x(其中ab当当a0时，原式b2

sec2xdx1tanxc；②当b0时，原式= 2csc

xdx1cotx 2 2ab

d(btan

arctan(tanx)③ 0时，原式=

1 a2tan2x

(tanx)b

(1)（7分）xdyxyy

2xx(解：dy1y1ye1dx(e1dxdxc)xx(

1x2c)y

x0，所以c1yx1 x (2)（8分）求微分方程y2yyxex解：由特征方程r22r10，知其特征根根为 故对应齐次方程的通解为yCCx)ex，其中CC为任意常数 y*(xex(axb，代入原方程可得a1b1 因此，原方程的通解为y(x)yy(CC (x1)e f(x)xsinxecosx -x f(xxsin（A）当x时为无穷 （B）当x时有极（C）在(,)内有 （D）在(,)f(ax)f(a

f(x)xa处可导，则

等 x（A）f （B）2f （D）f（2）（本题满分10分）yx21上的一点，使该点处切线与所给曲线及两坐标围成3 a2 3

故所围面积s

(a1) (x1)dx .令s0得驻点a 3 , 3 ,

0，故所求点的坐标为

2a3/ a3/ 数学（

1limex （(2)

x4sinxdx （√ 若级数an与bn均发散，则级数(anbn)必发 （ 那么矩阵A的一切r1阶子式都等于 （√连续型随量取任何给定实数值的概率都等于0 （√）二、选择题（每小题2分，满分10分.） （A）f(x)lnxsin

sin（B）f(x)cos

xx

x

（D）f(x)

xf(x) x x x x 若函数f(x)在区间(a,b)内可导，x1,x2是区间内任意两点且x1x2则至少存一点，使

f(b)f(a)f()(b

abx1b

f(x2)f(x1)f()(x2f(x2)f(a)f()(x2

x1x2ax2 xxlnln x xln x(ln （D）设A是n阶方阵其秩r<n，那么在A的n个行向量 若二A和B同时出现的概率P(AB)=0, A和B互不相容（互斥 (B)AB是不可能AB未必是不可能(D)P(A)=0或P(B)=1求极限lim1xexx解：

ln(1xex(1xexx

ln(1xexx

（x0ln(1xe 故lim lim limex1，从而lim(1xex)xe

x0

已知y ，求y1111已知zarctgxy，求dz x

1)，y

.11x

d(xy xy xy1 x

(xy)(dxdy)(xy)(dxdy)(xy)2xy1 x

xy

2x1dxe2x1dxettdttetetdttetetc(2x11)e2x1考虑函数ysin (0x/2)，问tss1s2t解：s1tsint0sinxdxtsintcostt s2t2sinxdx(2t)sintcosttsint2sint 令s0，得s在 )内的驻点t .

1，s(0)1s( 因此t 4

s() 将函数f(x) x23x

展成x的级数，并收敛区间，解：因f(x) 1 (x2)(x1) 1x 2x 1x 21x，2 x 11 1

x(1,1)

1 1 1

(22

n22

，x(2,2)故f(x)x

xn(11)xn，其收敛区间为(1,1)

D计算二重积分ex2dxdy，其中Dyxyx3围成的封闭区域.解：yxyx3，可解得两曲线交点的横坐标x0x1，于是Ddxe ex2dxdy x 1(xx3)ex2dxe

解：pdx3p3dx3p2dpx 于是有xcep3c为待定常数由题意p0x1，故c1xep32x1x24x33x4 x 3 1 1

【x2

2，k3xx

0

1 7x7x3xx601 4 3 1

x3 x82xx0(3,8,0,6)T x x1，可得导出组的基础解系1,2,1,0)Tx20 因此原方程组的通解为：(xxxx3,8,0,6)Tk(1,2,1,0)T

设矩阵A和B满足ABA2B，求矩阵B，其中A 0 1 解：ABA2BAB2BA，即A2E)BA2BA2E)1A2

89 2 9 A

4的实特征值及对应的特征向量 易见，线性方程组(EAX0的基础解系为(0,2,1)TA对应于实特征值1的特征向量为k(02,1)T其中k为非零任意常数）.(1)已知随量X的概率分布为P(X1)0.2,P(X2)0.3,P(X3)0.5，试写出X的分布函数F(x).XF(x

x1x22xx

f(y)

2a y Zyy

a

,求随y

YEZ

y 2a

y2a解

)

f(y)dy

y

dy

dy 在先取出的零件是一等品的条件下，第二次取出的零件仍然是一等品的条件概率 解：设Bi{取出的零件为第i箱中的}，Aj{第j次取出的是一等品}，i,j1,2，显然B1,B2为正概完备组，故全概 pP(A)P(B)P(AB)P(B

1 1 ；B ；B 2 2 1 1 P(A1A2)P(B1)P(A1A2B1)P(B2)P(A1A2B2) 250 230 于是，由贝叶 得qqP(AA)P(A1A2)6900.48557 P( 数学（（1）（2）f(x在区间(ab严格单增，则对区间(abxf(x0（AnkAkAA和kAkAkA.（（5）（1）