2003考研数一真题及解析

1、.2003 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6 小题，每小题4 分，共24 分，请将答案写在答题纸指定位置上.1(1)lim(cosx) ln(1x2 )x0(2)曲面 zx 2y 2与平面 2x4 yz0 平行的切平面的方程是.(3)设 x 2n0an cos nx(x) ，则 a2 =.(4)从 r 2的基11,21到基11,21的过渡矩阵为.0112(5)( x , y) 的概率密度为f ( x, y)6x, 0xy 1,y1设二维随机变量0,则 p x其他，.(6)已知一批零件的长度x ( 单位： cm cm)服从正态分布n (,1) ，从中随机地抽取16 个零

2、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(1.96)0.975,(1.645)0.95.)二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分，下列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)设函数 f ( x) 在 (,) 内连续，其导函数的图形如图所示，y则 f ( x) 有 ()(a) 一个极小值点和两个极大值点 .(b) 两个极小值点和一个极大值点 .(c) 两个极小值点和两个极大值点 .x(d) 三个极小值点和一个极大值点 .(2)设 an , bn , cn 均为非负数列，且l

3、im an0 , lim bn 1 , lim cn,则必有nnn()(a)anbn 对任意 n 成立 .(b)bncn 对任意 n 成立 .(c)极限 lim an cn 不存在 .(d)极限 lim bn cn 不存在 .nn;.(3) 已知函数 f ( x, y) 在点 (0,0) 的某个邻域内连续， 且f ( x, y)xy1，则 ( )lim2y2 )2x 0, y 0 ( x(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

4、) 是否为 f ( x, y) 的极值点 .(4) 设向量组 i ： 1 , 2 , r 可由向量组 ii ：1, 2 , s 线性表示，则 ()(a)当 rs 时，向量组ii必线性相关 .(b)当 rs 时，向量组 ii必线性相关 .(c)当 rs 时，向量组i必线性相关 .(d)当 rs时，向量组 i 必线性相关 .(5)设有齐次线性方程组ax0 和 bx0 , 其中 a, b 均为 mn 矩阵，现有4 个命题：若 ax0 的解均是 bx0 的解，则秩 (a )秩 ( b ) ；若秩 (a )秩 ( b ) ，则 ax 0 的解均是 bx0 的解；若 ax0与 bx0同解，则秩 (a )=

5、 秩 ( b ) ； 若秩 (a )= 秩 ( b ) ， 则 ax 0 与 bx 0 同解 .以上命题中正确的是()(a) .(b) .(c) .(d) .(6)设随机变量 x t(n)(n1，则 ()1), yx 2(a)y 2 (n) .(b)y 2 (n 1) .(c) y f (n,1) .(d)y f (1, n) .三 、 ( 本题满分10 分 )过坐标原点作曲线yln x 的切线，该切线与曲线yln x 及 x 轴围成平面图形d .(1) 求 d 的面积 a ;(2) 求 d 绕直线 xe 旋转一周所得旋转体的体积 v .四 、 ( 本题满分 12分 )将函数 f ( x)ar

6、ctan12x展开成 x 的幂级数，并求级数( 1)n的和 .12xn 0 2n 1;.五 、 ( 本题满分 10分 )已知平面区域d( x, y) 0x,0 y ， l 为 d 的正向边界 .试证：(1)xesin y dyye sin x dxxe sin y dyyesin x dx ;ll(2)xesin y dyye sin x dx22 .l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

7、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 (0r 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.)七 、 ( 本题满分12 分 )设函数 yy( x) ) 在 (,) 内具有二阶导数，且y0, xx( y) 是 yy( x) 的反函数 .(1) 试将 xx( y) 所满足的微分方程d2 x(sin )(dx)30变换为yy(x) 满dy2yxdy足的微分方程；3(2)求变换后的微分方程满足初始条件y(0)0, y (0)的解 .2八 、 ( 本题满分12 分 )

8、设函数 f ( x) 连续且恒大于零，f ( x2y 2z 2 ) dvf ( x 2y2 ) df (t)(t )， g (t )d (t )，f (x 2y2 ) dt2 )dxf ( xd(t )1其中() ( , )2222 ，222tx y z xyztd(t)( x, y) xyt .(1)讨论 f (t) 在区间 (0,) 内的单调性 .(2)证明当t0时，2( ).f (t)g t;.九 、 ( 本题满分10 分 )322010设矩阵 a232， p101， bp 1 a* p ，求 b2e 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

9、.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 : ax2by3c0 ， l 2 : bx2cy3a0 ， l3 : cx2ay3b0 .试证 :这三条直线交于一点的充分必要条件为abc0.十一、 ( 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 x 的数学期望；(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率.十二、 ( 本题满分8 分 )设总体 x 的概率密度为2e 2( x) , x,f ( x)x,0,其中0 是未知参数 .从总

10、体 x 中抽取简单随机样本x1 , x 2 , , x n ，记?min( x1 , x 2 , , x n ).(1) 求总体 x 的分布函数 f ( x) ;(2) 求统计量 ?的分布函数 f ?( x) ；(3) 如果用 ?作为 的估计量，讨论它是否具有无偏性.2003 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题;.1(1) 【答案】e【详解】 方法 1：求 lim u( x) v( x ) 型极限，一般先化为指数形式lim u(x)v( x)lim ev( x)ln u (x)然后求 lim v(x)ln u( x) ，再回到指数上去1ln cos xlim lncos xl

11、im (cos x) ln(1x 2 )= lim eln(1x 2 )ex0 ln(1 x2) ,x0x0而lim ln cosxlim ln(1 cosx1)lim cosx 1( 等价无穷小替换 ln(1 x) : x )x0 ln(1 x2 )x0ln(1x2 )x 0x21 x21lim212)2( 等价无穷小替换1 cos x :xx 0x2211 .故原式 =e 2e1ln cos x方法 2：令 y(cosx) ln(1x2 ) ，有 ln y，以下同方法 1ln(1 x2 )(2) 【答案】 2x 4 y z 5【详解】由题意，只要满足所求切平面的法向量与已知平面的法向量平行

12、即可平面 2x4yz0 的法向量：r2,4,1 ；n1曲面 zx2y2r zx ( x0 , y0 ), zy ( x0 , y0 ), 1 2 x0 ,2 y0 , 1在点 ( x0 , y0 , z0 ) 的法向量： n2rr由于 n1/ n2 ，因此有2x02 y01241可解得， x01, y02，相应地有 z0x02y025.r所求切平面过点(1,2,5) ，法向量为：n22,4,1 ，故所求的切平面方程为2( x1)4( y2)( z5)0 ，即2x4 yz5;.(3) 【答案】 1【详解】将f ( x)x 2 (x) 展开为余弦级数f ( x)x2an cosnx (x) ，其中

13、 an2f ( x) cos nxdx n 00所以a22x2 cos2xdx1x2d sin 2x1 x2 sin2x0sin2x 2xdx00010xd cos2x1 x cos2 xcos2 xdx 10023(4) 【答案】12【详解】 n 维向量空间中，从基1 ,2 ,n 到基1 , 2 ,n 的过渡矩阵 p 满足 1,2 ,n =1 ,2 ,n p ，因此过渡矩阵p 为：p =1 ,2 ,n 1 1 ,2 ,n r2 的基1111根据定义，从1,2到基1,2的过渡矩阵为01121111111123p =1 ,2 1 1 ,120112=1121.02(5) 【答案】1 4【分析】本

14、题为已知二维随机变量( x , y) 的概率密度f ( x, y) ，求满足一定条件的概率p g (x , y)z0 连续型二维随机变量 ( x ,y ) 概率的求解方法f ( x, y)yxf (u, v)dudv,此题可转化为二重积分p g( x ,y )z0 f ( x, y)dxdy 进行计算g ( x, y ) z0【详解】图中阴影区域为积分区域.由题设，有p xy1f (x, y)dxdyyx y 111 xyx2 dx6xdy1x0x y1;.o1x2.112 (6x 12x2 )dx04(6) 【答案】 (39.51,40.49) 【分析】可以用两种方法求解：(1)已知方差21

15、 ，对正态总体的数学期望进行估计 . 因为 x: n ( ,1) ，设有 n个样本，样本均值 x1 nx i ，则 x : n (, 1 ) ，将其标准化，由公式 xe( x ) n (0,1)n i 1nd ( x )n得： x n (0,1)1n由正态分布分为点的定义 p xu 1可确定临界值 u，进而确定相应的122n置信区间 ( x u, x u) 2n2n(2) 本题是在单个正态总体方差已知条件下，求期望值的置信区间问题由教材上已经求出的置信区间(xun, xu) ，其中 p uu 1,u : n (0,1) ，可以22n2直接得出答案【详解】 方法1 ：由题设，10.95，可见0.

16、05.查标准正态分布表知分位点u1.96.本题 n16,x40 .2根据x1.960.95，有 p401.960.95，p1n116即 p39.5140.490.95 ，故的置信度为095 的置信区间是 (39.51,40.49) 方法 2：由题设，10.95，p uupuuu 2(u)10.95,(u )0.97522222查得 u1.96.将1 ， n16 ,x40 代入 (xu2, xu) 得置信区2n2n间 (39.51,40.49)二、选择题(1) 【答案】 (c)y;.【分析】函数的极值点可能是驻点( 一阶导数为零)或导数不存在的点，极值点是极大值点还是极小值点可进一步由取极值的第

17、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 ( 导函数与x 轴交点的个数 ) ； x0 是导数不存在的点对 3 个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧导数符号由正变为负， 是极大值点； 第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正，是极小值点，则三个驻点中有两个极小值点，一个极大值点；对导数不存在的点：x0 左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x0 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) (2) 【答案】 (d )【详解】 方法 1：推理法由题设 lim bn1 ，假设 lim b

18、ncn存在并记为a ，则 lim cnlim bncna , 这与nnnnbnlim cn矛盾，故假设不成立， lim bn cn 不存在所以选项 ( d ) 正确nn方法 2：排除法取 an1n10 , lim bn1 ,而 a11,b10, a1b1 ， ( a) 不正n， bnn，满足 lim annn确；取 bnn1 ， cnn 2 ，满足 lim bn1, lim cn, 而 b101c1 ，( b) 不正确；nnn取 an1， cn n2 ，满足 lim an0,lim cn, 而 lim an cn1， (c) 不正确nnnn(3) 【答案】 ( a)【详解】由limf ( x,

19、 y)xy1f ( x, y) xy(1)( x222，其中 lim0 0222y)x 0, y( xy)x0y0由 f (x, y) 在点 (0,0) 连续知， f (0,0)0取 yx ， x 充分小， x0，有 f (x, y)x2(1)(2 x2 )20 ；取 yx ， x 充分小， x0 ，有 f ( x, y)x2(1)(2 x2 ) 20故点 (0,0)不是 f ( x, y) 的极值点，应选( a) (极值的定义 );.(4) 【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 ： 1 ,2 , r可由向量组 ii：1 ,2 ,s 线性表示，则当rs 时，向量

20、组i 必线性相关或其逆否命题：若向量组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，则必有rs 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：0,1, 20001 , 2 线性无关， 排除 (a) ；1010，则 112 ，但1110,01,0211,01,0121，则1 ,2 可由1线性表示，但1 线性无关，排除 (b) ；00，1 可由1,2 线性表示，但1 线性无关，排除 (c) 1(5) 【答案】 (b)【分析】本题可找反例用排除法进行分析，但、两个命题的反例比较复杂一些，关键是抓住、，迅速排除不正确的选项【详解

21、】若 ax0 与 bx0 同解，则它们的解空间中的基础解系所含向量个数相同，即 n -秩( a )= n - 秩 ( b ),得秩 ( a )= 秩 ( b ) ，命题成立，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，通过举一反例证10， b000 与 bx 0 不同解，明，若 a00，则秩 ( a )= 秩 ( b )=1 ，但 ax01可见命题不成立，排除(d).故正确选项为 (b) (6) 【答案】 (c) 【分析】求解这类问题关键在于了解产生2 变量、 t 变量、 f 变量的典型模式(1)2,l, x n 相 互 独

22、立 且 均 服 从 标 准 正 态 分 布 ， 则 随 机 变 量分 布 ： 设 x1, x 2nxi2 服从自由度为 n 的22 (n).z分布记做 z :i 1(2)t 分 布 ： 设 x1 : n (0,1) ， x 2 2 (n) ， 且 x1, x2 相 互 独 立 ， 则 随 机 变 量zx1服从自由度为 n 的 t 分布记做 z : t (n)x 2 / n;.(3) f 分布：设 x :2 (n1), y :2 (n2 ), 且 x ,y 相互独立，则随机变量zx n1 服y n2从 f 分布，其第一、二自由度分别为n1, n2 .记做 z : f (n1, n2 ).【详解】

23、其实，由 f 分布的性质以及t 分布和 f 分布的关系得，(1) 如果统计量 t : t(n) ，则有 t 2 : f (1,n) ；(2) 如果统计量 f : f (n1 , n2 ) ，则有 1 : f (n2 , n1 ) f由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(c) 先由 t 分布的定义知xu: t (n) ，其中 u n (0,1),v 2 ( n) ，于是vn1vnvn2 =，y2u2xu1分 母 中 只 含 有 一 个 标 准 正 态 分 布 的 平 方 ， 所 以 u 2 2 (1) .由 f 分 布 的 定 义 知y f (n,1). 故应选 (c) 三【分析】圆锥体体积公

24、式：v1r 2 h ；旋转体的体积：3(1) 连续曲线 yf ( x) ，直线 xa 、 xb 所围成的图形绕直线xx0 旋转一周而成的立体的体积 v1bf ( x)x02adx(2) 连续曲线 xg( x) ，直线 yc 、 yd 所围成的图形绕直线yy0 旋转一周而成的立体的体积 v2dg( y)y02cdy【详解】 为了求 d 的面积， 首先要求出切点的坐标， 设切点的横坐标为x0 ，则曲线 y ln x在点 ( x0 , ln x0 ) 处的切线方程是：y ln x01 ( x x0 ).x0切线的斜率为 y x1(0,0) 点代入切线方程，得ln x0 1 0 ，由于该切线过原点，将

25、0x0从而 x0e. 所以该切线的方程为;.y1x.e(1) 利用平面图形 d 的面积公式 s( y)( y) dy ，得a1ey)dy1 e 1.( ey02(2) 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y1do1ex切线 y1 x 与 x 轴及直线 xe 所围成的三角形绕直线xe 旋转所得的圆锥体积为：e1ey) 2 dy1e2 .v1( e03曲线 yln x 与 x 轴及直线 xe 所围成的图形绕直线xe 旋转所得的旋转体体积为：v212 dy12e eye2 y )dy(e ey )(e20011 e21 )(e2 y 2e ey

26、1 e2 y )(2e2022因此所求旋转体的体积为vv1 v21e21ey )2 dy(5e212e 3).(e306四【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形、求导或积分等，转化为可利用已知幂级数展开的情形另外，由于函数展开成的幂级数，经两边求导或积分( 其中一边是逐项求导或逐项积分)后，其新的展开式收敛区间不变，但在收敛区间端点处，求导 ( 积分 ) 后的展开式成立与否，要另行单独处理，设已有f ( x)an ( xx0 ) nn 0收敛区间为 ( x0r, x0r) 如果在 xx0r 处级数收敛，并且f (x) ( 左 ) 连续，则展开式成立的范围可

27、扩大到xx0r 处，在 xx0r 处亦有类似的结论，不过此时f (x) ( 左 )连续应改称 ( 右 ) 连续;.【详解】本题可先求导，12x2(12x)2(12 x)12 x12f( x)2x基本求导公式12x212112x12x12 x42212(14x2 )14x21 4x2对于函数1，可以利用我们所熟悉的函数1 的幂级数展开：14x21x111 x x2lxnlxn( 1 x 1)xn0所以11( 4x 2 )n( 1)n 4n x2n14x21 ( 把 x 换成 4x2 )4x2n 0n0有f ( x)212( 1)n 4n x2 n ,x (1 , 1).14x2n022对上式两边

28、求积分，得f ( x)f (0)x(t)dt2x( 1)n 4n t2 ndtf00n02nnx2 ndt2( 1)n 4n2n 1, x (1 1( 1) 4tx, ) ，n00n0 2n12 2又因为 （f0），所以4xf ( x)f (0)0f ( t)dt =2( 1) n 4n x2 n 1 , x ( 1 , 1 ).4n 02n 12 2即arctan12 x42(1)n 4nx2n1 , x (1,1).(*)12 xn 02n122在 x1处，右边级数成为(1)n1 ，收敛 ( 利用莱布尼茨定理) ，左边函数 f (x) 连2n02n12续，所以成立范围可扩大到x1处而在 x12处，右边级数虽然收敛， 但左边函数 f (x)112不连续，所以成立范围只能是x( ,22为了求(1)n，令 x1代入 (*)得n0 2n 12142n 0(1)4n1(1)n,f ( 2) 2n 1 22 n 1 4 n 0 2n 1;.再由 f (1 ) 0，得2(1) n4f ( 1 ).n 0 2n124五【详解】 (1)方法 1：用格林公式证明.由曲线为正向封闭曲线，自然想到用格林公式?l pdxqdyqpdxdy dxy所以xesin y dyye sin xdx(esin ye sin x )dxdyld所以xe sin y