考研数学一历年真题答案(2002-2011).doc

2002 年考研数学一试题答案与解析 一 填空题 1 分析 原式 2 ln1 1 lnln e e dx xx 2 分析 方程两边对两次求导得x 6 620 y e yxyyx 2 6 12 20 yy e ye yxyy 以代入原方程得 以代入 得 再以代入 得0 x 0y 0 xy 0 y 0 xyy 0 2 y 3 分析 这是二阶的可降阶微分方程 令 以为自变量 则 yP y y dydPdP yP dxdxdy 代入方程得 即 或 但其不满足初始条件 2 0 dP yPP dy 0 dP yP dy 0P 0 1 2 x y 分离变量得0 dPdy Py 积分得即 对应 lnln PyC 1 C P y 0P 1 0C 由时得于是0 x 1 1 2 yPy 1 1 2 C 积分得 1 2 2 yPydydx y 2 2 yxC 又由得所求特解为 0 1 x y 2 1 C 1 yx 4 分析 因为二次型经正交变换化为标准型时 标准形中平方项的系数 T x Ax 就是二次型矩阵的特征值 所以是的特征值 A6 0 0A 又因 故 iii a 600 2 aaaa 5 分析 设事件表示 二次方程无实根 则A04 2 Xyy 1640 AXX 依题意 有4 1 4 2 P AP X 而 4 4 1 4 1 P XP X 即 4141 4 1 0 4 22 二 选择题 1 分析 这是讨论函数的连续性 可偏导性 可微性及偏导数的 f x y 连续性之间的关系 我们知道 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 A f x y 2 分析 由充分大时即时 且 1 lim10 1 n n u n n N nN 1 0 n u 不妨认为因而所考虑级数是交错级数 但不能保证的单调 1 lim0 n n u 0 n n u 1 n u 性 按定义考察部分和 111 111 11 1111 1 1 1 nnn kkk n kkk kkkk S uuuu 1 1 11 111 1 11 1 1 1 kn nn l kl kln n uuuuu 原级数收敛 再考察取绝对值后的级数 注意 1 1 11 n nn uu 1 1 11 1 2 1 1 nn nn uunnn uun n 发散发散 因此选 C 1 1 n n 1 1 11 n nn uu 3 分析 证明 B 对 反证法 假设 则由拉格朗日中值定理 lim 0 x fxa 2 fxf xfxx 当时 因为 但这与x 2xx 矛盾 2 2 2fxf xfxf xM f xM 4 分析 因为 说明方程组有无穷多解 所以三个平面有公 23r Ar A 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 3 r Ar A 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 和 2r A 且中任两个平行向量都线性无关 3r A A 类似地 D 中有两个平面平行 故 且中有两个平行向量共线 2r A 3r A A 5 分析 首先可以否定选项 A 与 C 因 1212 12 21 1 121 f xfx dxf x dxfx dx FF 对于选项 B 若则对任何 12 1 21 1 01 0 0 xx f xfx 其他 其他 x 因此也应否定 C 综上分析 用排除法应选 D 12 0f x fx 12 01 f x fx dx 进一步分析可知 若令 而则的分布函数 12 max XXX 1 2 ii Xf x i X 恰是 F x 12 F x F x 1212 max F xPXXxP Xx Xx 1212 P Xx P XxF x F x 三 解 用洛必达法则 由题设条件知 由于 故必有 0 lim 2 0 1 0 h af hbfhfabf 0 0 f 10 ab 又由洛必达法则 00 2 0 2 2 limlim 1 hh af hbfhfafhbfh h 2 0 0 ab f 及 则有 0 0 f 20ab 综上 得2 1 ab 四 解 由已知条件得 0 0 f 2 2 arctan arctan 00 2 0 0 1 1 x x t xxx e fedt x 故所求切线方程为 由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得yx 0 2 0 2 0 lim 2lim2lim2 0 2 2 nnx ff f xf n nff nx n 五 分析与求解 是正方形区域如图 因在上被积函数分块表示DD 2 22 2 max xxy xyx yD yxy 于是要用分块积分法 用将分成两块 yx D 1212 DDD DDyxDDyx UII I 2222 12 max max xyxy DD edxdyedxdy 关于 222 121 2 xyx DDD e dxdye dxdye dxdy D 对称 yx 选择积分顺序 21 00 2 x x dxe dy 221 1 0 0 21 xx xe dxee 六 分析与求解 1 易知原函数 PdxQdy 22 11 x PdxQdydxyf xy dxxf xy dydyydxxdyf xyydxxdy yyy 0 xy xx df xy d xydf t dt yy 在上原函数 即 0y PdxQdy 0 xy x u x yf t dt y 积分在与路径无关 I0y 2 因找到了原函数 立即可得 c d a b ca Iu x y db 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 3693 1 3 6 9 3 n xxxx y x n LL 的收敛域是 因而可在上逐项求导数 得 x x 25831 2 5 8 31 n xxxx y x n LL 4732 4 7 32 n xxx yxx n LL 所以 2 1 2 n x xx yyyxe n LL x 2 与相应的齐次微分方程为 x yyye 0yyy 其特征方程为 特征根为 2 10 1 2 13 22 i 因此齐次微分方程的通解为 2 12 33 cossin 22 x YeCxCx 设非齐次微分方程的特解为 将代入方程可得 x yAe y x yyye 即有 1 3 A 1 3 x ye 于是 方程通解为 2 12 331 cossin 223 x x yYyeCxCxe 当时 有0 x 1 12 12 1 0 1 23 0 3131 0 0 223 yC CC yCC 于是幂级数的和函数为 3 0 3 n n x n 2 231 cos 323 x x y xexe x 八 分析与求解 1 由梯度向量的重要性质 函数在点处沿该点的梯度 yxhM 方向 0000 0000 2 2 xyxy hh h x yxyyx xy grad 方向导数取最大值即的模 00 xy h x ygrad 22 000000 2 2 g xyyxxy 2 按题意 即求求在条件下的最大值点 g x y 22 750 xyxy 22222 2 2 558gx yyxxyxyxy 在条件下的最大值点 22 750 xyxy 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 2222 558 75 L x yxyxyxyxy 则有 22 108 2 0 108 2 0 750 L xyxy x L yxyx y L xyxy 解此方程组 将 式与 式相加得或 2 0 xyxy 2 若 则由 式得即若由 或 均得 代yx 2 375x 5 5 xy m2 yx 入 式得即于是得可能的条件极值点 2 75x 5 3 5 3 xy 1234 5 5 5 5 5 3 5 3 5 3 5 3 MMMM 现比较在这些点的函数值 222 558f x ygx yxyxy 1234 450 150 f Mf Mf Mf M 因为实际问题存在最大值 而最大值又只可能在中取到 因此 1234 M MMM 在取到在的边界上的最大值 即可作为攀登的起点 2 gx y 12 M MD 12 M M 九 解 由线性无关及知 向量组的秩 432 321 2 1234 3r 即矩阵的秩为因此的基础解系中只包含一个向量 那么由A3 0Ax 1234123 1 2 20 1 0 知 的基础解系是0Ax 1 2 1 0 T 再由知 是的一个 12341234 11 11 11 11 A 1 1 1 1 T Ax 特解 故的通解是其中为任意常数 Ax 11 21 11 01 k k 十 解 1 若相似 那么存在可逆矩阵 使故 A BP 1 P APB 111 EBEP APPEPP AP 11 PEA PPEA PEA 2 令那么 0100 0000 AB 2 EAEB 但不相似 否则 存在可逆矩阵 使 从而 矛盾 亦可 A BP 1 0P APB 1 00AP P 从而知与不相似 1 0r Ar B AB 3 由均为实对称矩阵知 均相似于对角阵 若的特征多项式相等 A B A B A B 记特征多项式的根为则有 1 n L 相似于也相似于A 1 n OB 1 n O 即存在可逆矩阵 使 P Q 1 11 n P APQ BQ O 于是由为可逆矩阵知 与相似 111 PQA PQB 1 PQ AB 十一 解 由于依题意 服从二项分布 3 11 cos 3222 x P Xdx Y 1 4 2 B 则有 2222 111 4 4 5 222 EYDYEYnpqnp 十二 解 22 01 2 1 23 1 2 34 EX 1 3 4 EX 的矩估计量为根据给定的样本观察值计算 1 3 4 X 1 3 1 303 123 8 x 因此的矩估计值2 11 3 44 x 对于给定的样本值似然函数为 624 4 1 1 2 ln ln46ln2ln 1 4ln 1 2 LL 2 ln 62824286 11 2 1 1 2 dL d 令 得方程 解得 不合题意 ln 0 dL d 2 121430 713 12 7131 122 于是的最大似然估计值为 713 12 2003 年硕士研究生入学考试 数学一 试题及答案解析 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 1ln 1 0 2 coslim x x x e 1 分析 型未定式 化为指数函数或利用公式 1 lim xg xf 1 进行计算求极限均可 1 lim xgxf e 详解 1 1ln 1 0 2 coslim x x x x x x e cosln 1ln 1 lim 2 0 而 2 1 2 cos sin lim cosln lim 1ln cosln lim 0 2 0 2 0 x x x x x x x xxx 故 原式 1 2 1 e e 详解 2 因为 2 1 2 1 lim 1ln 1 1 coslim 2 2 0 2 0 x x x x xx 所以 原式 1 2 1 e e 评注 本题属常规题型 2 曲面与平面平行的切平面的方程是 22 yxz 042 zyx 542 zyx 分析 待求平面的法矢量为 因此只需确定切点坐标即可求出 1 4 2 n 平面方程 而切点坐标可根据曲面切平面的法矢量与平行确 22 yxz 1 4 2 n 定 详解 令 则 22 yxzzyxF xFx2 yFy2 1 z F 设切点坐标为 则切平面的法矢量为 其与已知平面 000 zyx 1 2 2 00 yx 平行 因此有042 zyx 1 1 4 2 2 2 00 yx 可解得 相应地有 2 1 00 yx 5 2 0 2 00 yxz 故所求的切平面方程为 即 0 5 2 4 1 2 zyx542 zyx 评注 本题属基本题型 3 设 则 1 cos 0 2 xnxax n n2 a 分析 将展开为余弦级数 2 xxxf 其系数计算公式为 cos 0 2 xnxax n n 0 cos 2 nxdxxfan 详解 根据余弦级数的定义 有 xdxxdxxa2sin 1 2cos 2 0 2 0 2 2 00 2 22sin2sin 1 xdxxxx 000 2cos2cos 1 2cos 1 xdxxxxxd 1 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 为定积分的计算 4 从的基到基的过渡矩阵为 2 R 1 1 0 1 21 2 1 1 1 21 21 32 分析 n 维向量空间中 从基到基的过渡矩阵 P 满 n 21 n 21 足 P 因此过渡矩阵 P 为 P n 21 n 21 1 21 n 21n 详解 根据定义 从的基到基的过 2 R 1 1 0 1 21 2 1 1 1 21 渡矩阵为 P 1 21 21 11 10 11 1 21 21 32 21 11 10 11 评注 本题属基本题型 5 设二维随机变量 X Y 的概率密度为 yxx yxf 其他 10 0 6 则 1 YXP 4 1 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 一般可转化为二重积分 进行计 0 zYXgP 0 zYXgP 0 zyxg dxdyyxf 算 详解 由题设 有 1 YXP 1 2 1 0 1 6 yx x x xdydxdxdyyxf 4 1 126 2 1 0 2 dxxx y 1 D O 1 x 2 1 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 零与满足不等式的公共部分 D 再在其上积分即可 1 yx 6 已知一批零件的长度 X 单位 cm 服从正态分布 从中随机地抽 1 N 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 49 40 51 39 注 标准正态分布函数值 95 0 645 1 975 0 96 1 分析 已知方差 对正态总体的数学期望进行估计 可根据1 2 由确定临界值 进而确定相应的置信区 1 0 1 N n X 1 1 2 u n X P 2 u 间 详解 由题设 可见 于是查标准正态分布表知95 0 1 05 0 本题 n 16 因此 根据 有 96 1 2 u40 x95 0 96 1 1 n X P 即 故的置信度为 0 95 的95 0 96 1 16 1 40 P95 0 49 40 51 39 P 置信区间是 49 40 51 39 评注 本题属基本题型 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 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 D 三个极小值点和一个极大值点 C y O x 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 则 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 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 的图象去推导的图象 本题是其逆问题 x f 2 设均为非负数列 且 则必 nnn cba0lim n n a1lim n n b n n clim 有 A 对任意 n 成立 B 对任意 n 成立 nn ba nn cb C 极限不存在 D 极限不存在 nn n ca lim nn n cb lim D 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 A B 而极限是型未定式 可能存在也可能不存在 举反 nn n ca lim 0 例说明即可 极限属型 必为无穷大量 即不存在 nn n cb lim 1 详解 用举反例法 取 则可立即排 n an 2 1 n b 2 1 2 1 nncn 除 A B C 因此正确选项为 D 评注 对于不便直接证明的问题 经常可考虑用反例 通过排除法找到正 确选项 3 已知函数 f x y 在点 0 0 的某个邻域内连续 且 1 lim 222 0 0 yx xyyxf yx 则 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 由知 分子的极限必为零 从而有 f 0 0 0 1 lim 222 0 0 yx xyyxf yx 且 充分小时 于是 222 yxxyyxf yx 0 0 222 yxxyfyxf 可见当 y x 且充分小时 而当 y x 且充分小x04 0 0 42 xxfyxfx 时 故点 0 0 不是 f x y 的极值点 应选 A 04 0 0 42 xxfyxf 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 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 4 设向量组 I 可由向量组 II 线性表示 则 r 21 s 21 A 当时 向量组 II 必线性相关 B 当时 向量组 II 必线性相sr sr 关 C 当时 向量组 I 必线性相关 D 当时 向量组 I 必线性相关 sr sr D 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 可由向量组 II 线性表示 则当时 向量组 I 必线性 r 21 s 21 sr 相关 或其逆否命题 若向量组 I 可由向量组 II 线性 r 21 s 21 表示 且向量组 I 线性无关 则必有 可见正确选项为 D 本题也可通过举sr 反例用排除法找到答案 详解 用排除法 如 则 但 1 0 0 1 0 0 211 211 00 线性无关 排除 A 则可由线性表示 21 0 1 0 1 0 0 121 21 1 但线性无关 排除 B 可由线性表示 但 1 1 0 0 1 0 1 211 1 21 线性无关 排除 C 故正确选项为 D 1 评注 本题将一已知定理改造成选择题 如果考生熟知此定理应该可直接 找到答案 若记不清楚 也可通过构造适当的反例找到正确选项 5 设有齐次线性方程组 Ax 0 和 Bx 0 其中 A B 均为矩阵 现有 4nm 个命题 若 Ax 0 的解均是 Bx 0 的解 则秩 A 秩 B 若秩 A 秩 B 则 Ax 0 的解均是 Bx 0 的解 若 Ax 0 与 Bx 0 同解 则秩 A 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 B 分析 本题也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 与 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 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 如 则秩 A 秩 B 1 但 Ax 0 与 Bx 0 不 00 01 A 10 00 B 同解 可见命题 不成立 排除 D 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 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 C 有此例题为基础 相信考生能迅速找到答案 6 设随机变量 则 2 1 1 X YnntX A B 2 nY 1 2 nY C D C 1 nFY 1 nFY 分析 先由 分布的定义知 其中 再将其t n V U X 1 0 2 nVNU 代入 然后利用 F 分布的定义即可 2 1 X Y 详解 由题设知 其中 于是 n V U X 1 0 2 nVNU 这里 根据 F 分布的定义知 2 1 X Y 1 22 U n V U n V 1 22 U 故应选 C 1 1 2 nF X Y 评注 本题综合考查了 t 分布 分布和 F 分布的概念 要求熟练掌握此 2 三类常用统计量分布的定义 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 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 则曲线 y lnx 在点处的切线方 0 x ln 00 xx 程是 1 ln 0 0 0 xx x xy 由该切线过原点知 从而 所以该切线的方程为01ln 0 x 0 ex 1 x e y 平面图形 D 的面积 1 0 1 2 1 edyeyeA y 2 切线与 x 轴及直线 x e 所围成的三角形绕直线 x e 旋转所得的x e y 1 圆锥体积为 3 1 2 1 eV 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 dyeeV y2 1 0 2 因此所求旋转体的体积为 3125 6 3 1 2 1 0 22 21 eedyeeeVVV y y 1 D 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 可考虑用微元法分析 四 本题满分 12 分 将函数展开成 x 的幂级数 并求级数的和 x x xf 21 21 arctan 0 12 1 n n n 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 本题可先求 导 再利用函数 x 1 1 的幂级数展开即可 然后取 x 为某特殊值 得所求级 n xxx x 2 1 1 1 数的和 详解 因为 2 1 2 1 4 1 2 41 2 2 0 2 xx x xf nn n n 又 f 0 所以 4 dttdttffxf nn xx n n 4 1 2 4 0 2 00 0 2 1 2 1 12 4 1 2 4 12 0 xx n n n nn 因为级数收敛 函数 f x 在处连续 所以 0 12 1 n n n2 1 x 2 1 2 1 12 4 1 2 4 12 0 xx n xf n n nn 令 得 2 1 x 0 12 0 12 1 4 2 1 12 4 1 2 4 2 1 n n n n n nn f 再由 得0 2 1 f 4 2 1 412 1 0 f n n n 五 本题满分 10 分 已知平面区域 L 为 D 的正向边界 试证 0 0 yxyxD 1 dxyedyxedxyedyxe x L yx L ysinsinsinsin 2 2 2sinsin dxyedyxe x L y 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 1 左边 dxedye xy 0 sin 0 sin 0 sinsin dxee xx 右边 0 0 sinsin dxedye xy 0 sinsin dxee xx 所以 dxyedyxedxyedyxe x L yx L ysinsinsinsin 2 由于 故由 1 得2 sinsin xx ee 2 2 0 sinsinsinsin dxeedxyedyxe xxx L y 方法二 1 根据格林公式 得 D xyx L y dxdyeedxyedyxe sinsinsinsin D xyx L y dxdyeedxyedyxe sinsinsinsin 因为 D 具有轮换对称性 所以 D xy dxdyee sinsin D xy dxdyee sinsin 故 dxyedyxedxyedyxe x L yx L ysinsinsinsin 2 由 1 知 D xyx L y dxdyeedxyedyxe sinsinsinsin dxdyedxdye DD xy sinsin 利用轮换对称性 dxdyedxdye DD xx sinsin 22 2sinsin dxdydxdyee DD xx 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 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 r0 时 2 tGtF 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 再根据导函数的符号确定单调性 2 将待证的不等式作适当 t F 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 t t t t rdrrf drrrf rdrrfd drrrfdd tF 0 2 0 22 2 00 2 2 000 22 2 sin 2 0 2 0 22 2 rdrrf drrtrrfttf tF t t 所以在上 故 F t 在内单调增加 0 0 t F 0 2 因 t t drrf rdrrf tG 0 2 0 2 要证明 t 0 时 只需证明 t 0 时 即 2 tGtF 0 2 tGtF 0 00 2 0 2222 ttt rdrrfdrrfdrrrf 令 ttt rdrrfdrrfdrrrftg 00 2 0 2222 则 故 g t 在内单调增加 0 2 0 22 drrtrftftg t 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 因此 当 t 0 时 2 tGtF 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 难点是证明 2 中的不等式 事实上 这里也可用柯西积分不等式证明 dxxgdxxfdxxgxf b a b a b a 222 在上式中取 f x 为 g x 为即可 rrf 2 2 rf 九 本题满分 10 分 设矩阵 求 B 2E 的特征值与特 322 232 223 A 100 101 010 PPAPB 1 征向量 其中为 A 的伴随矩阵 E 为 3 阶单位矩阵 A 分析 可先求出 进而确定及 B 2E 再按通常方法确 1 PAPAPB 1 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 522 252 225 A 100 001 110 1 P PAPB 1 322 452 007 从而 522 472 009 2EB 3 9 522 472 009 2 2 EBE 故 B 2E 的特征值为 3 9 321 当时 解 得线性无关的特征向量为9 21 0 9 xAE 0 1 1 1 1 0 2 2 所以属于特征值的所有特征向量为9 21 其中是不全为零的任意常数 1 0 2 0 1 1 212211 kkkk 21 k k 当时 解 得线性无关的特征向量为3 3 0 3 xAE 1 1 0 3 所以属于特征值的所有特征向量为 其中为任意常数 3 3 1 1 0 333 kk 0 3 k 方法二 设 A 的特征值为 对应特征向量为 即 由于 A 所以07 A 0 又因 故有 EAAA A A 于是有 1111 P A PPAPPB 2 2 11 P A PEB 因此 为 B 2E 的特征值 对应的特征向量为2 A 1 P 由于 7 1 322 232 223 2 AE 故 A 的特征值为 7 1 321 当时 对应的线性无关特征向量可取为 1 21 0 1 1 1 1 0 1 2 当时 对应的一个特征向量为 7 3 1 1 1 3 由 得 100 001 110 1 P 0 1 1 1 1 P 1 1 1 2 1 P 1 1 0 3 1 P 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 其中是不全为零的任意常数 1 1 1 0 1 1 212 1 21 1 1 kkPkPk 21 k k 对应于特征值 3 的全部特征向量为 其中是不为零的任意常数 1 1 0 33 1 3 kPk 3 k 评注 设 若是 A 的特征值 对应特征向量为 则 B 与 AAPPB 1 有相同的特征值 但对应特征向量不同 B 对应特征值的特征向量为 1 P 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 十 本题满分 8 分 已知平面上三条不同直线的方程分别为 1 l032 cbyax 2 l032 acybx 3 l032 baycx 试证这三条直线交于一点的充分必要条件为 0 cba 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 设三条直线交于一点 则线性方程组 321 lll 32 32 32 baycx acybx cbyax 有唯一解 故系数矩阵与增广矩阵的秩均为 2 于 ac cb ba A 2 2 2 bac acb cba A 32 32 32 是 0 A 由于 6 32 32 32 222 bcacabcbacba bac acb cba A 3 222 accbbacba 但根据题设 故0 222 accbba 0 cba 充分性 由 则从必要性的证明可知 故秩0 cba0 A 3 A 由于 2 2 2 2 22 bbaabac cb ba 0 4 3 2 1 2 22 bba 故秩 A 2 于是 秩 A 秩 2 A 因此方程组 有唯一解 即三直线交于一点 321 lll 方法二 必要性 设三直线交于一点 则为 Ax 0 的非零解 其中 00 yx 1 0 0 y x 32 32 32 bac acb cba A 于是 0 A 而 6 32 32 32 222 bcacabcbacba bac acb cba A 3 222 accbbacba 但根据题设 故0 222 accbba 0 cba 充分性 考虑线性方程组 32 32 32 baycx acybx cbyax 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 32 32 acybx cbyax 因为 2 2 2 2 22 bbaabac cb ba 0 222 baba 故方程组 有唯一解 所以方程组 有唯一解 即三直线交于一点 321 lll 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 而解的判定 问题又可转化为矩阵的秩计算 进而转化为行列式的计算 综合考查了多个知识 点 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 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 k 0 1 2 3 3 6 3 33 C CC kXP kk 即 X 0 1 2 3 P 20 1 20 9 20 9 20 1 因此 2 3 20 1 3 20 9 2 20 9 1 20 1 0 EX 2 设 A 表示事件 从乙箱中任取一件产品是次品 由于 0 X 构成完备事件组 因此根据全概率公式 有 1 X 2 X 3 X 3 0 k kXAPkXPAP 3 0 3 0 6 1 6 kk kXkP k kXP 4 1 2 3 6 1 6 1 EX 评注 本题对数学期望的计算也可用分解法 设 1 0 件产品是次品从甲箱中取出的第 件产品是合格品从甲箱中取出的第 i i Xi 则的概率分布为 i X 0 1 i X P 2 1 2 1 3 2 1 i 因为 所以 321 XXXX 2 3 321 EXEXEXEX 十二 本题满分 8 分 设总体 X 的概率密度为 0 2 2 x xe xf x 其中是未知参数 从总体 X 中抽取简单随机样本 记0 n XXX 21 min 21n XXX 1 求总体 X 的分布函数 F x 2 求统计量的分布函数 xF 3 如果用作为的估计量 讨论它是否具有无偏性 分析 求分布函数 F x 是基本题型 求统计量的分布函数 可作为 xF 多维相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 只需检验是否成立 E 详解 1 0 1 2 x xe dttfxF x x 2 min 21 xXXXPxPxF n min 1 21 xXXXP n 1 21 xXxXxXP n n xF 1 1 0 1 2 x xe xn 3 概率密度为 0 2 2 x xne dx xdF xf xn 因为 dxnxedxxxfE xn 2 2 n2 1 所以作为的估计量不具有无偏性 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 2004 年数学一试题 详解和评注 二 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 上与直线垂直的切线方程为 1 yx1 xy 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 可确定切点的坐标 详解 由 得 x 1 可见切点为 于是所求的切线方1 1 ln x xy 0 1 程为 即 1 10 xy1 xy 评注 本题也可先设切点为 曲线 y lnx 过此切点的导数为 ln 00 xx 得 由此可知所求切线方程为 即 1 1 0 0 x y xx 1 0 x 1 10 xy 1 xy 2 已知 且 f 1 0 则 f x xx xeef 2 ln 2 1 x 分析 先求出的表达式 再积分即可 x f 详解 令 则 于是有te x txln 即 t t tf ln ln x x xf 积分得 利用初始条件 f 1 0 得 C 0 故所Cxdx x x xf 2 ln 2 1ln 求函数为 f x 2 ln 2 1 x 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 3 设为正向圆周在第一象限中的部分 则曲线积分L2 22 yx 的值为 L ydxxdy2 2 3 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 详解 正向圆周在第一象限中的部分 可表示为2 22 yx 2 0 sin2 cos2 y x 于是 dydxxdy L sin2sin22cos2cos2 2 2 0 2 3 sin2 2 0 2 d 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 而在添加的线段上用参数法化为定积分计算即可 4 欧拉方程的通解为 0 024 2 2 2 xy dx dy x dx yd x 2 21 x c x c y 分析 欧拉方程的求解有固定方法 作变量代换化为常系数线性齐 t ex 次微分方程即可 详解 令 则 t ex dt dy xdt dy e dx dt dt dy dx dy t 1 111 2 2 22 2 22 2 dt dy dt yd xdx dt dt yd xdt dy xdx yd 代入原方程 整理得 023 2 2 y dt dy dt yd 解此方程 得通解为 2 212 21 x c x c ececy tt 评注 本题属基础题型 也可直接套用公式 令 则欧拉方程 t ex 2 2 2 xfcy dx dy bx dx yd ax 可化为 2 2 t efcy dt dy b dt dy dt yd a 5 设矩阵 矩阵 B 满足 其中为 A 的 100 021 012 AEBAABA 2 A 伴随矩阵 E 是单位矩阵 则 B 9 1 分析 可先用公式进行化简EAAA 详解 已知等式两边同时右乘 A 得 而 于是有AABAAABA 23 A 即 ABAB 63ABEA 63 再两边取行列式 有 363 ABEA 而 故所求行列式为2763 EA 9 1 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 一 A 般均应先利用公式进行化简 EAAAAA 6 设随机变量 X 服从参数为的指数分布 则 DXXP e 1 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 定积分计算即可 详解 由题设 知 于是 2 1 DX DXXP dxeXP x 1 1 1 1 e e x 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 考试时再去推算 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 把时的无穷小量 使 0 xdttdttdtt xxx 0 3 00 2 sin tan cos 2 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 B C D B 分析 先两两进行比较 再排出次序即可 详解 可排除 C D 选项 0 cos 2tan lim cos tan limlim 2 0 0 2 0 00 2 x xx dtt dtt x x x xx 又 xx x x dtt dtt x x x xx tan2 2 1 sin lim tan sin limlim 2 3 0 0 0 3 00 2 可见是比低阶的无穷小量 故应选 2 0 lim 4 1 x x x B 评注 本题是无穷小量的比较问题 也可先将分别与进行比较 n x 再确定相互的高低次序 8 设函数 f x 连续 且则存在 使得 0 0 f 0 A f x 在 0 内单调增加 B f x 在内单调减少 0 C 对任意的有 f x f 0 D 对任意的有 f x f 0 0 x 0 x C 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 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 由导数的定义 知 0 0 lim 0 0 x fxf f x 根据保号性 知存在 当时 有0 0 0 x 0 0 x fxf 即当时 f x f 0 故应选 C 0 x 0 x 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 9 设为正项级数 下列结论中正确的是 1n n a A 若 0 则级数收敛 n n na lim 1n n a B 若存在非零常数 使得 则级数发散 n n nalim 1n n a C 若级数收敛 则 1n n a0lim 2 n n an D 若级数发散 则存在非零常数 使得 B 1n n a n n nalim 分析 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 除法找到正确选项 详解 取 则 0 但发散 排除 A nn an ln 1 n n na lim 11 ln 1 nn n nn a D 又取 则级数收敛 但 排除 C 故应选 B nn an 1 1n n a n n an2lim 评注 本题也可用比较判别法的极限形式 而级数发散 因此级数也发散 故应0 1 limlim n a na n n n n 1 1 n n 1n n a 选 B 10 设 f x 为连续函数 则等于 tt y dxxfdytF 1 2 F A 2f 2 B f 2 C f 2 D 0 B 分析 先求导 再代入 t 2 求即可 关键是求导前应先交换积分次 2 F 序 使得被积函数中不含有变量 t 详解 交换积分次序 得 tt y dxxfdytF 1 txt dxxxfdxdyxf 111 1 于是 从而有 故应选 B 1 ttftF 2 2 fF 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 xb xa xaxafxbxbfdttf 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 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 B C D 101 001 010 100 101 010 110 001 010 100 001 110 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 于右乘两个相应的初等矩阵 而 Q 即为此两个初等矩阵的乘积 详解 由题设 有 BA 100 001 010 CB 100 110 001 于是 100 001 110 100 110 001 100 001 010 CAA 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 以及与初等变换的关系 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 可从 A B 是否行 或列 满秩或 Ax 0 Bx 0 是否有非零解进行分析讨论 详解 1 设 A 为矩阵 B 为矩阵 则由 AB O 知 nm sn nBrAr 又 A B 为非零矩阵 必有 r A 0 r B 0 可见 r A n r B e 时 所以单调减少 从而 即 0 t t 2 e 22 2 2lnln ee e 故 4 lnln 2 22 ab e ab 证法 2 设 则x e xx 2 2 4 ln 2 4ln 2 ex x x 2 ln1 2 x x x 所以当 x e 时 故单调