考研数学一真题解析 2008

1、2008年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷一、选择题(1-8小题,每小题4分,共32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)设函数则的零点个数(A)0(B)1 (C)2(D)3【考点分析】：变上限积分的求导【基础回顾】：【求解过程】：，所以只有一个零点（即），选B(2)函数在点处的梯度等于(A)(B)(C)(D)【考点分析】：梯度的定义、偏导数的计算【求解过程】：方法一：先求出对的偏导数，再代入给定点求得具体值，故选A方法二：把特定点处偏导数的求解转化成，一元函数导数的求解，计算更简便故，选A(3)在下列微分方程中,以（为任意常数

2、）为通解的是(A)(B)(C)(D)【考点分析】：常系数线性齐次微分方程与它的特征方程、特征根以及通解之间的关系。【求解过程】：方法一：直接法由通解可知，其对应的特征根是，故，特征方程为：即，故相应的微分方程应为。选D方法二：代入验证首先求出，然后将其代入A、B、C、D四个选项中逐个验证。【方法小结】：方法一快速简洁，方法二计算过程较繁琐，推荐用方法一。(4)设函数在内单调有界,为数列,下列命题正确的是(A)若收敛,则收敛(B)若调,则收敛(C)若收敛,则收敛(D)若单调,则收敛【考点分析】：复合函数的单调性、复合函数的极限存在性【求解过程】：方法一：直接法若单调，则由在单调有界知，单调有界，

3、故收敛。选B【基础回顾】极限存在准则之一：单调有界数列必收敛。方法二：排除法对于A，设，在单调有界, ,但故，不存在。对于C，设，它在单调有界，收敛。但不收敛。【方法小结】：方法一直接快速，方法二排除法的特例并不容易想。(5)设为阶非零矩阵,为阶单位矩阵. 若,则(A)不可逆,不可逆(B)不可逆,可逆(C)可逆,可逆(D)可逆,不可逆【考点分析】：利用定义求抽象矩阵的逆【基础回顾】：利用定义，找出矩阵B，C使得【求解过程】：由，知，均可逆(6)设为3阶实对称矩阵,如果二次曲面方程在正交变换下的标准方程的图形如图,则的正特征值个数为(A)0(B)1(C)2(D)3【考点分析】：二次型正交变换下的

4、标准型的系数为矩阵A的特征值【思路来源】：观察曲面，写出标准方程，得出正惯性指数，A的正特征值个数【求解过程】：观察知：此二次曲面为旋转双叶曲面，由平面曲线绕X轴旋转而成。曲面方程为，对于二次型，其特征值为，正惯性指数为1，故A的正特征值个数为1。选B【基础回顾】：任意n元二次型都可经过非退化线性替换化为标准形：，其中中正数的个数为二次型的正惯性指数，也是二次型对应矩阵的正特征值的个数，负数的个数为负惯性指数，也是二次型对应矩阵的负特征值的个数。若所做的非退化线性替换为正交变换，则恰好就是二次型对应矩阵的全部特征值。(7)设随机变量独立同分布且分布函数为,则分布函数为(A)(B) (C) (D

5、) 【考点分析】：两个相互独立随机变量简单函数的分布【求解过程】：随机变量独立同分布，所以，选A另外，不难验证B是二维随机变量的分布函数，C是随机变量的分布函数。D本身不是分布函数，它不满足分布函数的充要条件。(8)设随机变量且相关系数,则(A)(B)(C)(D)【考点分析】：随机变量的数学期望、方差和相关系数【思路来源】：由相关系数为1可知X，Y呈线性相关关系。在由它们的期望和方差的关系求得X,Y的具体关系。【基础回顾】：若随机变量的相关系数，则X与Y呈线性相关关系，即，若则a0,若则a0【求解过程】：由于X与Y的相关系数，因此X与Y呈线性相关关系，且系数为正数。即，又因为。所以。从而，由，

6、又由于，故选D二、填空题(9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.)(9)微分方程满足条件的解是. 【考点分析】：可分离变量微分方程的特解【求解过程】：方法一：分离变量由分离变量得：，两边积分得：由，故特解是，填方法二：凑微分法由。由，故特解是，填(10)曲线在点处的切线方程为.【考点分析】：隐函数求导、导数的几何意义、切线方程【求解过程】：方法一：隐函数求导可用公式法斜率，在处，所以切线方程为填方法二：复合函数求导法方程两边对求导，把看做的函数，则，所以切线方程为，填方法三：全微分法方程两边求全微分得：，代入得：，则切线方程为，填(11)已知幂级数在处收敛,在处发散

7、,则幂级数的收敛域为.【考点分析】：幂级数的收敛区间、收敛域，幂级数收敛的阿贝尔定理【求解过程】：利用阿贝尔定理直接求解幂级数在处收敛在处收敛的收敛半径，幂级数在处发散在处发散的收敛半径。于是。的收敛区间是，收敛域是。由的收敛域是。填(12)设曲面是的上侧,则.【考点分析】：第二类曲面积分的计算【求解过程】：方法一：高斯公式法添加曲面片，取下侧，则其中为上半球面与平面围成的上半球体，y是关于y的奇函数，关于zOx平面对称，所以。填方法二：代入公式转化为二重积分由曲面的方程：，其中原曲面积分=上式多次运用了对称性和轮换对称性化简二重积分(13)设为2阶矩阵,为线性无关的2维列向量,则的非零特征值

8、为.【考点分析】：抽象矩阵特征值的求解【求解过程】：方法一：利用特征值的定义，故有非零特征值1（对应的特征向量为），由知0是的特征值（对应的特征向量为）。因为二阶矩阵最多有2个特征值，综上的非零特征值只有1，填1方法二：利用分块矩阵，相似矩阵特征值相同因线性无关，所以可逆，且。故与相似，有相同的特征值，故的非零特征值为1。填1【方法小结】：方法二较为直观且简单。(14)设随机变量服从参数为1的泊松分布,则【考点分析】：泊松分布及其期望和方差【求解过程】：对于有，先将直接代入即可。，填三、解答题(1523小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(

9、15)(本题满分10分)求极限【考点】：分式极限的求法【题解】：方法一：利用洛必达法则，等价无穷小当有，因此：方法二：利用泰勒公式(16)(本题满分10分)计算曲面积分，其中是曲线上从点到点的一段。【考点】：第二类曲线积分【题解】：方法一：利用格林公式补轴上一段，记作，方向从指向，记作与围成的面积为注意这里曲线的方向是“反”的又，所以。方法二：利用将第二类曲线积分参数化直接将代入，有 (17)(本题满分10分)已知曲线，求曲线距离面最远的点和最近的点。【考点】：拉格朗日乘子法【题解】：方法一：三元函数条件极值这是三元函数的条件最值问题，含两个条件，空间中点到平面的距离即。问题是求在条件下的最值

10、点，等价于求在同样条件下的最值点。令，解方程组eq oac(,5)eq oac(,4)eq oac(,3)eq oac(,1)eq oac(,2)由eq oac(,1),eq oac(,2)得，代入eq oac(,4)得，再由eq oac(,5)分别得，。由于实际问题存在最大值与最小值，又通过计算只有两个驻点，再比较就知道，曲线上点，分别是距平面最远点和最近点。方法二：转换为二元函数条件极值空间中点到平面的距离即，从曲线的第一个方程解出，由第二个方程解出，代入第一个方程得。问题变成求在条件下的最大，最小值点。令,eq oac(,3)eq oac(,2)eq oac(,1)解方程组由eq oac

11、(,1),eq oac(,2)，代入eq oac(,3)于是分别得，。相应地得，。由于实际问题存在最大值与最小值，又通过计算只有两个驻点，再在比较就知道，曲线上点，分别是距离平面最远点和最近点。（18）（本题满分10分）设是连续函数。利用定义证明函数可导，且。当是以2为周期的周期函数时，证明函数也是以2为周期的周期函数。【考点】导数的定义和周期函数的性质【概念】若函数在其定义域中的一点处极限存在，则称在处可导。【题解】（1）又连续，由积分中值定理，其中移项得，又当时，也即，因此，即函数可导，且。（2）又是以2为周期的周期函数，有，所以即证。（19）（本题满分10分），用余弦级数展开，并求的和。

12、【考点】傅里叶展开【题解】作偶延拓，令。在上是偶函数，所以。又所以令，则有所以（20）（本题满分11分）为三维列向量，为的转置，为的转置，证明：(1)。(2)若线性相关，则。【考点】矩阵的秩【概念】若可逆，则；是矩阵，。是矩阵，若，则。【题解】（1）为三维列向量，同理又即证。（2）线性相关，不妨令，则即证。（21）（本题满分11分）设矩阵，现矩阵满足方程，其中，求证。为何值，方程组有唯一解，求。为何值，方程组有无穷多解，求通解。【考点】行列式计算，线性方程组的解【思路】第一问可以用数学归纳法，第二、，三问只需用克莱姆法则判断即可【题解】当时，命题成立假设当时命题成立，也即，则当时，按第一列展开，有：满足条件，即证。由克莱姆法则，当时方程组有唯一解，也即当时方程组有唯一解，且 (3)当时方程组有无穷多解，通解为，其中为任意常数。（22）（本题满分11分）设随机变量与相互独立，的概率分布为的概率密度为，记，求。求的概率密度【考点】随机变量的