2004年考研数学一真题及答案

2004年考研数学一真题及答案一、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）（1）曲线y=lnx上与直线x+y=1垂直的切线方程为__________。答案：y=x-1解析：直线x+y=1的斜率为-1，与其垂直的切线斜率满足k×(-1)=-1，故切线斜率k=1。对y=lnx求导得y'=1/x，令1/x=1，解得x=1。将x=1代入曲线方程得切点为(1,0)，由点斜式得切线方程为y-0=1×(x-1)，即y=x-1[superscript:2][superscript:3]。（2）已知f'(e^x)=xe^{-x}，且f(1)=0，则f(x)=__________。答案：\frac{1}{2}(\lnx)^2解析：令t=e^x，则x=lnt，代入已知条件得f'(t)=\frac{lnt}{t}。对f'(t)积分得f(t)=\int\frac{lnt}{t}dt=\frac{1}{2}(\lnt)^2+C。由f(1)=0得C=0，故f(x)=\frac{1}{2}(\lnx)^2[superscript:2][superscript:3]。（3）设L为正向圆周x^2+y^2=2在第一象限中的部分，则曲线积分\int_Lxdy-2ydx的值为__________。答案：\frac{3}{2}\pi解析：将圆周化为参数方程x=\sqrt{2}\cos\theta，y=\sqrt{2}\sin\theta（\theta从0到\frac{\pi}{2}），则dx=-\sqrt{2}\sin\thetad\theta，dy=\sqrt{2}\cos\thetad\theta。代入积分得：

\int_0^{\frac{\pi}{2}}[\sqrt{2}\cos\theta\cdot\sqrt{2}\cos\theta-2\sqrt{2}\sin\theta\cdot(-\sqrt{2}\sin\theta)]d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(2\cos^2\theta+4\sin^2\theta)d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(2+2\sin^2\theta)d\theta=\frac{3}{2}\pi[superscript:2][superscript:3]。（4）欧拉方程x^2\frac{d^2y}{dx^2}+4x\frac{dy}{dx}+2y=0（x>0）的通解为__________。答案：y=\frac{C_1}{x}+\frac{C_2}{x^2}（C_1,C_2为任意常数）解析：令x=e^t，则\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\frac{dy}{dt}，\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{x^2}(\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt})。代入原方程整理得\frac{d^2y}{dt^2}+3\frac{dy}{dt}+2y=0，特征方程为r^2+3r+2=0，解得r_1=-1，r_2=-2。通解为y=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}，代回t=lnx得y=\frac{C_1}{x}+\frac{C_2}{x^2}[superscript:2][superscript:3]。（5）设矩阵A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}，矩阵B满足ABA^*=2BA^*+E，其中A^*为A的伴随矩阵，E是单位矩阵，则|B|=__________。答案：\frac{1}{9}解析：对等式ABA^*=2BA^*+E两边右乘A，由A^*A=|A|E得AB|A|=2B|A|+A。计算|A|=3，代入得3AB=6B+A，整理为(3A-6E)B=A。两边取行列式得|3A-6E|\cdot|B|=|A|，计算|3A-6E|=27，故|B|=\frac{|A|}{|3A-6E|}=\frac{3}{27}=\frac{1}{9}[superscript:2][superscript:3]。（6）设随机变量X服从参数为\lambda的指数分布，则P\{X>\sqrt{DX}\}=__________。答案：\frac{1}{e}解析：指数分布的方差DX=\frac{1}{\lambda^2}，故\sqrt{DX}=\frac{1}{\lambda}。指数分布的概率密度为f(x)=\lambdae^{-\lambdax}（x>0），则P\{X>\frac{1}{\lambda}\}=\int_{\frac{1}{\lambda}}^{+\infty}\lambdae^{-\lambdax}dx=e^{-1}=\frac{1}{e}[superscript:2][superscript:3]。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\to0^+时的无穷小量\alpha=\int_0^x\cost^2dt，\beta=\int_0^{x^2}\tan\sqrt{t}dt，\gamma=\int_0^{\sqrt{x}}\sint^3dt排列起来，使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）\alpha,\beta,\gamma（B）\alpha,\gamma,\beta（C）\beta,\alpha,\gamma（D）\beta,\gamma,\alpha答案：（B）解析：利用洛必达法则求无穷小量的阶：

\lim_{x\to0^+}\frac{\alpha}{x}=\lim_{x\to0^+}\cosx^2=1，故\alpha\simx（1阶）；

\lim_{x\to0^+}\frac{\beta}{x^3}=\lim_{x\to0^+}\frac{2x\tanx}{3x^2}=\frac{2}{3}，故\beta\sim\frac{2}{3}x^3（3阶）；

\lim_{x\to0^+}\frac{\gamma}{x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{\sinx^{\frac{3}{2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}}{2x}=\frac{1}{4}，故\gamma\sim\frac{1}{4}x^2（2阶）。

阶数从低到高为\alpha,\gamma,\beta，即后面的是前一个的高阶无穷小，故选（B）[superscript:2][superscript:3]。（8）设函数f(x)连续，且f'(0)>0，则存在\delta>0，使得（）（A）f(x)在(0,\delta)内单调增加（B）f(x)在(-\delta,0)内单调减少

（C）对任意的x\in(0,\delta)，有f(x)>f(0)（D）对任意的x\in(-\delta,0)，有f(x)>f(0)答案：（C）解析：由导数定义f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}>0，根据极限保号性，存在\delta>0，当x\in(-\delta,0)\cup(0,\delta)时，\frac{f(x)-f(0)}{x}>0。因此，当x\in(0,\delta)时，x>0，故f(x)-f(0)>0，即f(x)>f(0)；当x\in(-\delta,0)时，x<0，故f(x)-f(0)<0，即f(x)<f(0)。（A）（B）错误，因一点导数大于0不能推出邻域单调，故选（C）[superscript:2][superscript:3]。（9）设\sum_{n=1}^{\infty}a_n为正项级数，下列结论中正确的是（）（A）若\lim_{n\to\infty}na_n=0，则级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛

（B）若存在非零常数\lambda，使得\lim_{n\to\infty}na_n=\lambda，则级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散

（C）若级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛，则\lim_{n\to\infty}n^2a_n=0

（D）若级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散，则存在非零常数\lambda，使得\lim_{n\to\infty}na_n=\lambda答案：（B）解析：用反例排除法：

（A）取a_n=\frac{1}{n\lnn}，则\lim_{n\to\infty}na_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\lnn}=0，但\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}发散，排除（A）；

（C）取a_n=\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}，级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛，但\lim_{n\to\infty}n^2a_n=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}=+\infty\neq0，排除（C）；

（D）取a_n=\frac{1}{\sqrt{n}}，级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散，但\lim_{n\to\infty}na_n=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}=+\infty，不存在非零常数\lambda，排除（D）；

（B）由\lim_{n\to\infty}na_n=\lambda\neq0，知a_n\sim\frac{\lambda}{n}（n\to\infty），而\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}发散，由比较判别法的极限形式知\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散，故选（B）[superscript:2][superscript:3]。（10）设f(x)为连续函数，F(t)=\int_1^tdy\int_y^tf(x)dx，则F'(2)=（）（A）2f(2)（B）f(2)（C）-f(2)（D）0答案：（B）解析：交换积分次序，原积分化为F(t)=\int_1^tf(x)dx\int_1^xdy=\int_1^t(x-1)f(x)dx。对t求导得F'(t)=(t-1)f(t)，代入t=2得F'(2)=(2-1)f(2)=f(2)，故选（B）[superscript:2][superscript:3]。（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）\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\1&0&1\end{pmatrix}（B）\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}

（C）\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}（D）\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}答案：（D）解析：初等列变换对应右乘初等矩阵：交换第1、2列对应右乘E_{12}=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}；将第2列加到第3列对应右乘E_{23}(1)=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}。故C=BE_{23}(1)=AE_{12}E_{23}(1)，因此Q=E_{12}E_{23}(1)=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}，故选（D）[superscript:2][superscript:3]。（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答案：（A）解析：设A为m\timesn矩阵，B为n\timess矩阵，由AB=O得r(A)+r(B)\leqn。因A,B为非零矩阵，故r(A)\geq1，r(B)\geq1，从而r(A)<n，r(B)<n。r(A)<n说明A的列向量组线性相关；r(B)<n说明B^T的列向量组线性相关，即B的行向量组线性相关，故选（A）[superscript:2][superscript:3]。（13）设随机变量X服从正态分布N(0,1)，对给定的\alpha\in(0,1)，数u_\alpha满足P\{X>u_\alpha\}=\alpha，若P\{|X|>x\}=\alpha，则x等于（）（A）u_{\frac{\alpha}{2}}（B）u_{1-\frac{\alpha}{2}}（C）u_{\frac{1-\alpha}{2}}（D）u_{1-\alpha}答案：（C）解析：由正态分布的对称性，P\{|X|>x\}=2P\{X>x\}=\alpha，故P\{X>x\}=\frac{\alpha}{2}。又P\{X>u_{\frac{1-\alpha}{2}}\}=\frac{1-\alpha}{2}，则P\{X>u_{\frac{1-\alpha}{2}}\}=\frac{1-\alpha}{2}，即P\{X\lequ_{\frac{1-\alpha}{2}}\}=1-\frac{1-\alpha}{2}=\frac{1+\alpha}{2}，进而P\{|X|>u_{\frac{1-\alpha}{2}}\}=1-P\{|X|\lequ_{\frac{1-\alpha}{2}}\}=\alpha，故选（C）[superscript:2]。（14）设随机变量X_1,X_2,\dots,X_n（n>1）独立同分布，且其方差为\sigma^2>0。令Y=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i，则（）（A）Cov(X_1,Y)=\frac{\sigma^2}{n}（B）Cov(X_1,Y)=\sigma^2

（C）D(X_1+Y)=\frac{n+2}{n}\sigma^2（D）D(X_1-Y)=\frac{n+1}{n}\sigma^2答案：（A）解析：Cov(X_1,Y)=Cov(X_1,\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i)=\frac{1}{n}Cov(X_1,X_1)+\frac{1}{n}\sum_{i=2}^nCov(X_1,X_i)。因X_1与X_i（i\neq1）独立，故Cov(X_1,X_i)=0，而Cov(X_1,X_1)=D(X_1)=\sigma^2，故Cov(X_1,Y)=\frac{\sigma^2}{n}，（A）正确。（B）错误；

D(X_1+Y)=D(X_1)+D(Y)+2Cov(X_1,Y)=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n}+2\cdot\frac{\sigma^2}{n}=\frac{n+3}{n}\sigma^2，（C）错误；

D(X_1-Y)=D(X_1)+D(Y)-2Cov(X_1,Y)=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n}-2\cdot\frac{\sigma^2}{n}=\frac{n-1}{n}\sigma^2，（D）错误，故选（A）[superscript:2]。三、解答题（本题共9小题，满分94分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（15）（本题满分12分）设e<a<b<e^2，证明\ln^2b-\ln^2a>\frac{4}{e^2}(b-a)。证明：构造函数f(x)=\ln^2x-\frac{4}{e^2}x（x\in[e,e^2]），只需证明f(x)在[e,e^2]上单调递增，即f'(x)>0。

求导得f'(x)=\frac{2\lnx}{x}-\frac{4}{e^2}，令g(x)=\frac{2\lnx}{x}，则g'(x)=\frac{2(1-\lnx)}{x^2}。

当x\in(e,e^2)时，\lnx>1，故g'(x)<0，g(x)在[e,e^2]上单调递减。

因此，g(x)>g(e^2)=\frac{2\lne^2}{e^2}=\frac{4}{e^2}，即f'(x)=g(x)-\frac{4}{e^2}>0。

故f(x)在[e,e^2]上单调递增，由a<b得f(b)>f(a)，即\ln^2b-\frac{4}{e^2}b>\ln^2a-\frac{4}{e^2}a，整理得\ln^2b-\ln^2a>\frac{4}{e^2}(b-a)，证毕[superscript:2]。（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\times10^6kg/h）。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）解：设飞机滑行的距离为s(t)，速度为v(t)，由牛顿第二定律F=ma，阻力F=-kv（负号表示阻力与速度方向相反），加速度a=\frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{ds}，故有：

mv\frac{dv}{ds}=-kv，化简得m\frac{dv}{ds}=-k（v\neq0）。

分离变量并积分：\int_{v_0}^0dv=-\frac{k}{m}\int_0^sds，其中初始速度v_0=700km/h，m=9000kg，k=6.0\times10^6kg/h。

积分得0-v_0=-\frac{k}{m}s，故s=\frac{mv_0}{k}。

代入数值计算：s=\frac{9000\times700}{6.0\times10^6}=1.05km。

因此，飞机滑行的最长距离为1.05km[superscript:2]。（17）（本题满分12分）计算曲面积分I=\iint_\Sigma2x^3dydz+2y^3dzdx+3(z^2-1)dxdy，其中\Sigma是曲面z=1-x^2-y^2（z\geq0）的上侧。解：补充曲面\Sigma_0:z=0（x^2+y^2\leq1），取下侧，使\Sigma+\Sigma_0构成封闭曲面，由高斯公式：

I+I_0=\iiint_\Omega(6x^2+6y^2+6z)dV，其中\Omega是\Sigma+\Sigma_0所围闭区域，I_0=\iint_{\Sigma_0}2x^3dydz+2y^3dzdx+3(z^2-1)dxdy。

因\Sigma_0上z=0，dz=0，故I_0=\iint_{\Sigma_0}-3dxdy=3\iint_{D_{xy}}dxdy=3\pi（D_{xy}为x^2+y^2\leq1）。

用柱坐标计算三重积分：x=r\cos\theta，y=r\sin\theta，z=z，dV=rdzdrd\theta，积分限0\leq\theta\leq2\pi，0\leqr\leq1，0\leqz\leq1-r^2。

\iiint_\Omega6(x^2+y^2+z)dV=6\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1rdr\int_0^{1-r^2}(r^2+z)dz=12\pi\int_0^1[r^3(1-r^2)+\frac{1}{2}r(1-r^2)^2]dr=2\pi。

故I=2\pi-I_0=2\pi-3\pi=-\pi[superscript:2]。（18）（本题满分11分）设有方程x^n+nx-1=0，其中n为正整数。证明此方程存在惟一正实根x_n，并证明当\alpha>1时，级数\sum_{n=1}^{\infty}x_n^\alpha收敛。证明：（1）存在性：令f_n(x)=x^n+nx-1（x>0）。

f_n(0)=-1<0，f_n(1)=1+n-1=n>0，由介值定理，存在x_n\in(0,1)，使f_n(x_n)=0，即方程存在正实根。

惟一性：f_n'(x)=nx^{n-1}+n>0（x>0），故f_n(x)在(0,+\infty)上单调递增，因此正实根惟一。

（2）收敛性：由x_n^n+nx_n-1=0，得nx_n=1-x_n^n<1，故x_n<\frac{1}{n}。

当\alpha>1时，x_n^\alpha<\frac{1}{n^\alpha}，而级数\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\alpha}（\alpha>1）收敛，由比较判别法知\sum_{n=1}^{\infty}x_n^\alpha收敛，证毕[superscript:2]。（19）（本题满分12分）设z=z(x,y)是由x^2+6xy+10y^2+2yz+z^2-18=0确定的函数，求z=z(x,y)的极值点和极值。解：对隐函数方程两边分别对x,y求偏导：

2x+6y+2yz_x+2zz_x=0①

6x+20y+2z+2yz_y+2zz_y=0②

令z_x=0,z_y=0，得\begin{cases}x+3y=0\\3x+10y+z=0\end{cases}，解得x=-3y，z=y。

代入原方程得9y^2-18y^2+10y^2+2y^2+y^2-18=0，即4y^2=18，y=\pm\frac{3}{\sqrt{2}}。

对应得驻点：(x_1,y_1,z_1)=(-\frac{9}{\sqrt{2}},\frac{3}{\sqrt{2}},\frac{3}{\sqrt{2}})，(x_2,y_2,z_2)=(\frac{9}{\sqrt{2}},-\frac{3}{\sqrt{2}},-\frac{3}{\sqrt{2}})。

对①②求二阶偏导，计算得A=z_{xx}=\frac{1}{z+y}，B=z_{xy}=\frac{3}{z+y}，C=z_{yy}=\frac{10}{z+y}，判别式\Delta=AC-B^2=\frac{10-9}{(z+y)^2}=\frac{1}{(z+y)^2}>0。

对(x_1,y_1,z_1)，z+y=\frac{6}{\sqrt{2}}>0，故A>0，为极小值点，极小值z=\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}；

对(x_2,y_2,z_2)，z+y=-\frac{6}{\sqrt{2}}<0，故A<0，为极大值点，极大值z=-\frac{3}{\sqrt{2}}=-\frac{3\sqrt{2}}{2}。（20）（本题满分9分）设有齐次线性方程组

\begin{cases}(1-a)x_1+x_2+\dots+x_n=0\\2x_1+(2-a)x_2+\dots+2x_n=0\\\dots\\nx_1+nx_2+\dots+(n-a)x_n=0\end{cases}（n\geq2），

试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解。解：方程组的系数矩阵为A=\begin{pmatrix}1-a&1&\dots&1\\2&2-a&\dots&2\\\vdots&\vdots&&\vdots\\n&n&\dots&n-a\end{pmatrix}，方程组有非零解等价于r(A)<n，即|A|=0。

计算行列式|A|=\left(\sum_{i=1}^ni-a\right)(-a)^{n-1}=\left(\frac{n(n+1)}{2}-a\right)(-a)^{n-1}。

令|A|=0，得a=0或a=\frac{n(n+1)}{2}。

（1）当a=0时，A=\begin{pmatrix}1&1&\dots&1\\2&2&\dots&2\\\vdots&\vdots&&\vdots\\n&n&\dots&n\end{pmatrix}，r(A)=1，基础解系含n-1个解向量。

同解方程组为x_1+x_2+\dots+x_n=0，基础解系为\xi_1=(-1,1,0,\dots,0)^T，\xi_2=(-1,0,1,\dots,0)^T，…，\xi_{n-1}=(-1,0,0,\dots,1)^T，通解为k_1\xi_1+k_2\xi_2+\dots+k_{n-1}\xi_{n-1}（k_1,\dots,k_{n-1}为任意常数）。

（2）当a=\frac{n(n+1)}{2}时，r(A)=n-1，基础解系含1个解向量。

同解方程组为\begin{cases}x_1=0\\x_2=0\\\dots\\x_{n-1}=0\end{cases}，基础解系为\xi=(1,2,\dots,n)^T，通解为k\xi（k为任意常数）[superscript:2]。（21）（本题满分9分）设矩阵A=\begin{pmatrix}1&2&-3\\-1&4&-3\\1&a&5\end{pmatrix}的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论A是否可相似对角化。解：A的特征多项式为|\lambdaE-A|=\begin{vmatrix}\lambda-1&-2&3\\1&\lambda-4&3\\-1&-a&\lambda-5\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda^2-8\lambda+18+3a)。

（1）若\lambda=2是二重根，则\lambda=2是\lambda^2-8\lambda+18+3a=0的根，代入得4-16+18+3a=0，解得a=-2。

此时特征值为\lambda_1=\lambda_2=2，\lambda_3=6。计算r(2E-A)=1，故二重特征值\lambda=2对应的线性无关特征向量有3-1=2个，A可相似对角化。

（2）若\lambda=2不是二重根，则\lambda^2-8\lambda+18+3a=0有二重根，判别式\Delta=64-4(18+3a)=0，解得a=-\frac{2}{3}。