数学三郝海龙考研复习配套光盘2003年数学试题参考解答及评分

入学考数学试题参考解答及评分标准数学（一1elim(cosx)ln(1x2) e曲面zx2y2与平面2x4yz0平行的切平面的方程设x2acosnx(x),则a

2x4yz 1 从R的基1,2 到基1,2的过渡矩阵为

1

0xy设二维 量(X,Y)的概率密度为f(x,y) 则P{XY 4 X（单位：cm）N(,1)16个零（注：标准正态分布函数值(1.96)0.975(1.645)0.95设函数f(x)在(,)内连续，其导函数的图形，f(x)

anbn对任意n成 nlimac极限不存n

bncn对任意n成nlimbcnf(xy在点(0,0)的某个领域内连续，且

f(x,y)xy1 (x2y2点(0,0)f(x,y点(0,0)f(xy点(0,0)f(xy根据所给条件无法判断点(0,0f(xy 当rs时，向量组II必线性相 (B)当rs时，向量组II必线性相(C)当rs时，向量组Ι必线性相 (D)当rs时，向量组Ι必线性相Ax0Bx0A，B均为mn4①若Ax0Bx0的解，则秩（A）秩③Ax0Bx0同解，则秩（A）=秩④若秩（A）=秩（B）Ax0与Bx0 ① ① ② ③ 量X~t(n)(n1),Y1, X(A)Y~2 (B)Y~2(n (C)Y~ (D)Y~F(1,ylnxylnxx轴围成平面图形(1)求D的面积A(2)求Dxe(1)x0ylnx在点(x0lnx0yln

1(xx0

11由该切线过原点知lnx10,从而xe,所以该切线的方程式为y x „„3 平面图形D的面积A1(eyey)dy1e „„6 为

1e2ylnxxxexe 转体体积为V2=1(eey)2dy „„8因此所求旋转体的体积为VVV

1e2

1(eey)2dy

(5e212e „„0

010

将函数f(x)arctan12x展开成x的幂级数，并求级数2n1的和.解因为f(x)

„„21 nn=2(1)4

1x ,2

„„40又f(0) ,故f(x)=f(0)0

xf

„„64 x

nn

(1)n

1

[(1)4

]dt

x ,).„„8(4

0

1

2n 2因为级数2n1f(xx22

2n1,x 1f(x=

2n

,

1 1n0 (1)n 21x2f2

4

2n 再由f()2

得2n14f

„„2 Dxy)0x,0y},LDxesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx；(2)xesinydyyesinxdx22 证法 (1)左边=esinydy0esinxdx=(esinxesinx „„3 右边=esinydy0esinxdx=(esinxesin 所以xesinydyyesinxdxxesinydyyesinx

由于esinxesinx „„80故由(1)得xesinydyyesinxdx(esinxesinx)dx2 „„100L证法 (1)根据格林公式得xesinydyyesinxdx(esinyesinx „„2 xesinydyyesinxdx(esinyesinx)d „„4分因为Dyx(esinyesinx)d(esinyesinz) 故xesinydyyesinxdxxesinydyyesinx (2)由(1)知xesinydyyesinxdx(esinyesinx

d=(esinxesinxd

d=2 10d力而作功.设土层对桩的阻力的大小与桩被打进的深度成正比（比例系数为k,(k0)),am.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(0r1).问:若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进多深？（注：m表示长度单位米.）解(1)设第n次击打后，桩被打进xn，第n次击打时，汽锤所作的功为Wn(n1,2,3,由题设，当桩被打进的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx所以Wx1kxdxkx2k „„1 W

kxdx

2 x)

k(x2a2 由W2=rW1可得x22a2ra2，x2(1 „„3又W

x3kxdxk

2

2)2k[x2(1r)a2

故由WrWr2W可得x2(1r)a2r2a2，从而x 1rr2a 1rr2 „„6(2)用归纳法：设xn 1r...rn1a,

xn1kxdxk

x2)kn

1rrn1)a2 8

n由于

r rW

(1r

)ara

1r1r...r1r1

11a.于是limxn111x11即若不限击打次数，汽锤至多能将桩打进a „„11y

在(,y0xxyyy(xxxy所满足的微分方程

+(ysinx)

dx)=0变换为 y(0)0y(0)32解:(1)由反函数导数公式知dx=1，即ydx „„2 d2

d2 dx 上式两端关于x求导，得y

y)20

5

(y) (代入原微分方程得yysin „„6 (2)方程（*）所对应的齐次方程yy0的通解为yCexCex „„8分设方程（*）的特解为y*AcosxBsinx,代入方程（*）求得A0,B1

sinx从而

ysinx的通解是y(x)C

Ce

1sin „„0 y(00y(02

得

1,故y(x)exex1sin2

„„2设函数f(x)连续且于零f(x2y2z2)dvF(t)

f(x2y2G(t) D(t

f(x2y2

f(x2其中(t(xyz|x2y2z2t2,D(t(xy|x2y2tF(t)在区间(0,内的单调性；(2)证明当t0F(t)2G(tF(t

2ddtf(r2)r2sin t0 f(r2t

22tf(r2)r 2tf(r2

„„2F(t)

tf(t2)tf(r2)r(t0

„„4t[0f

2)rd所以在(0,)上F(t)0,故F(t)在(0,)内单调增加 „„6tf(r2证因G(t) tf(r20

„„8要证明t0F(t2

,只需证明t0F(t2G(t0t000即f(r2)r2drtf(r2dr[tf(r2)rdr]2t000 令g(t)tf(r2)r2drtf(r2)dr[tf(r2 „„ t则g(t)f(t2t

f(r

dr>0,g(t)在(0,)内单调增加0g(t在t0处连续，所以当t0g(tg(0).g(0)0,故当t0g(t0因此，当t0时，F(t)2

„„2A

,P

,B

A*PB2E

1A*

„„2 5 ，P1 ，

BP1A*P 00

1

3B2E

0

„„5

5 0E(B

4(9)2( 故B2E的特征值为9,9,3 „„7 当129时，对应的线性无关特征向量可取为11,20 1 k11k22=k11+k20,其中k1k2是不全为 1当33时，对应的一个特征向量为3k13 0，其中k是非零的任意常数.„„k133 3 |A2设A的特征值为，对应的特征向量为A.由于|A|7 |A所以0A*A=|A|=E,

= „„2

AA

)，(B

|A

2)P1因此，|A|2为B2E的特征值,对应的特征向量为P1 „„4由于|EA|

22(1)2( 故A的特征值为1=2=1,37 „„6当

1

10== 1 2 10== 当3

=131

„„8由P1

P1

1 =,

P P= 1 2 30 1 kP

+k

=

1

k

，其中k

+ 1 2 + 对应于特征值3的全部特征向量为kP1=k1其中 是非零的任意常数.„1 3 l1：ax2by3cl2：bx2cy3al3：cx2ay3b试证这三条直线交于一点的充分必要条件为abc1必要性：设三直线l，l，l

ax2bybx2cy3a,cx2ay

a2b b2c

的秩2，于是|A|0„„2

2aa由于|A|=c

6(abc)[a2b2c2abac3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2但(ab)2(bc)2(ca)20，故abc „„4充分性：由abc0，则从必要性的证明可知,|A|=0，故秩(A)<3 „„6分由于a 2b=2(acb2)2[a(ab)b2]=2[(a1b)23b2]0, 故秩（A）2.于是，秩（A）秩（A）因此方程组（）有唯一解，即三直线l1，l2，l3交于一点 „„8x0 Ax02必要性：设三直线交于一点(x0y0，则y01 A „„2 c

6(abc)[a2b2c2abac3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2但(ab)2(bc)2(ca)20，故abc0 „„4ax2by-bx2cy-cx2ay-

将方程组（）的三个方程相加，并由abc0可知，方程组（）ax2by-bx2cy3 6因

2(acb2)2[a(ab)b2]=[a2b2(ab)2]故方程组（**）有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线l1l2l3交于一点.„„8乙箱中次品件数X(2)从乙箱中任取一件产品是次品的概率解法1 PXkCkC3k/C3，k 01231991 „„3EX0

1

2

31

„„53P(A)P{Xk}P{A|Xk

„„7=10

1

213

„„02(1)设XXi的概率分布

iX P 1EXi1

(i „„33XX1X2X3，所以EXE(X1X2X3EX1EX2EX3设A

„„5由于X0X1,X2和3P(A)PXkPA|Xk

3构成完全事件组，因此根据全概率公„„7 1 1 PXk

kPXk66k66

EX 66 6

„„0

2e2(x),xXf(x x

，其中0是未知参数.X抽取简单随机样X1X2,,Xn，记ˆmin(X1X2,,Xn求总体XF(x(2)ˆFˆ(3)如果用ˆ作为的估计量 1e2(x) x解(1)F(x)f(t)dt x „„2Fˆ(x)P(ˆx)P{min(X1,X2,,Xn)1P{min(X1,X2,,Xn)x}1P{X1x,X2x,,Xn1P{X1x}P{X2x}P{Xnx}1[1F1e2n(x)=

x.x 2ne2n(x x

fˆ(xFˆ(x

2nxe2n(x)dx=因为Exfˆ(x)dx 2n所以ˆ作为的估计量不具有无偏性 „„8数学（二1若x0时，(1ax2)41与xsinx是等价无穷小，则a 设函数yf(x)由方程xy2lnxy4所确定，则曲线yf(x)在点(1,1)处的切线方 xy0 y2的麦克劳林公式中x项的系数 111 设为3维列向量，T是的转置.若T=11，则T 111 A，BA2BABEE 01 A 20，则B 201 21n设an3nn11n

dx,则极限limna等 2 （A）(1e)23（C）(1e-1)2

（B）(1e-1)23（D）(1e)2 x是微分方程yy(x)则(x的表达式 ln y y x x x1

y

ytan 设I1 dx，I2 0tan（A）I1I2 (B)1I1 (C)I2I1 (D)1I2(6)设向量组I：1,2,3r可由向量组II：1,2,3s线性表示， （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（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ln(1ax3 f(x

xarcsin，问af(xx0 xeaxx2ax xsin

x ax0f(xln(1ax3 解:

f(x)lim lim x0xarcsin x0xarcsinx0

1

1x21x2

11

„„3111

f(x)

eaxx2ax14limeaxx2ax

xsin4

x4limaeax2xa2lim(a2eax2)2a2

„„5

f(x)=limf(x)，有6a2a24，得a1，或a2 „„6当a1时，limf(x)6f(0)，即f(x)在x0处连续 „„8a2limf(x12

f(0)，因而x0是f(x)的可去间断点 „10x1设函yy(x由参数方程y12lnt

（t1）所确定，求d2 解：

e12lnt2

udx4t „„3 12lnt 12ln dy

dt12lnt

2(12ln

„„4d2

1e 2 所以

.

„„7 dtdx

2(12ln t 4t2(12lnx9x12t及t1得t2d2d2e4t2(12ln

„„9

t

分）计算不定积分 dx(1+x2)(1+x2)3解法 设x(1+x2)3

dx

ettan

(1tan2(1tan2t)3

etsintdt„„2又etsintdt.etdcost(etcostetetcostetsintetsin etsintdt1et(sintcost)11

„„4„„6„„8因此

dx arctant 11x(1x2)3(1x2)3

C(x1)earctanx „„91x1x121x(1(1x2)3

dx

„„31x(11x(1x2)3

11x

„„51x1x1

„„7(1x2)(1x2)321x

(x

C „„91（注：不加任意常数C1（12分）解问题等价于方程ln4x4lnx4xk0有几个不同的实根设(x)ln4x4lnx4xk „„3则有

4(ln3x1 x

1

的驻点 „„5当0x1时,'(x)0,即(x)单调减少；当x1时,'(x)0,即(x)单调增加，故(1)4k为函数(x)的最小值. „„7分当k4，即4k0时，(x)0无实根，即两条曲线无交点. „„8分k4，即4k0时，(x)0有惟一实根，即两条曲线只有一个交点.9k4时，即4k0 故(x)0有两个实根，分别位于(0,1)与(1,+)内，即两条曲线有两个交点 „122设位于第一象限的曲线yf(x)过点( 2

P(xyy2的交点为Q，且线段PQ轴平分yf(x)ysinx在[0,上的弧长为l，试用lyf(xs解：(1)yf(xP(x,y处的法线方程为Yy1X其中(X,Y)X0，则Yy

„„2故Q点坐标为(0,yx,yy

x0即2ydyxdx积分得x22y2C(C为任意常数 „„5122由 22

知C1y2

f(xx22y2

(x0,y0)„„6(2)ysinx在0,上的弧长为l20

1cos2 „„8y

f

22

„„9s2

sin2

12

y d

sin1sin1sin222202 0 2222令222

1cos2t(dt)

1cos2tdt 0

l„„24xyy0)y轴旋要求，当以3m3/min的速率向容器内注入液体时，液面的面积以 根据t时刻液面的面积，写出t与(y)之间的关系式xy的方程.（注：m表示长度单位米min表示时间单位分解：(1)t时刻,液面的高度为y，则由题设知此时液面的面积为2y4t从而t2(y) „„2y时，液体的体积为y2(u)du3t32y0上式两边对y求导，得2(y)6(y)(y),即(y)

„„4„„6解此微分方程，得(y)Ce6,其中C成为任意常数 „„8由(0)2知C2x2e

„„0

设函数f(x)的闭区间[ab上连续，在开区间ab内可导，且f(x)0.f(2xax(1)在a,b内f(x)0；(2)在a,b内存在点，使b2a 2baf

在ab内存在与（2）中相异的点f()(b2a22bfa 证：(1)limf(2xa)存在,limf(2xa)0,f(x)在[ab上连续，有f(a)0 x 又由f(x)0，知f(x)在a,b内单调增加，故f(x)f(a)0,x(a, „„3F(x)x2g(x)

xxaf(t)dt(ax

„„5g(x)f(x)0F(x),g(x满足柯西中值定理的条件，于是在ab内存在点F(b)F b2

(x2

b2a ，即

„„7g(b)

bbaf(t)dt

aaaf

f(t)dtat

f f(f(f(0f(f(a，在a,在a,内存在一点，使f()f()( „„9b2 aa

f

f()(

,

()(ba)a

f(dxa 若矩阵A

0a相似于对角矩阵aP06 06P1AP矩阵A |EA (6)[(2)216](6)2( 故A的特征值为126,32. „„3分由于A相似于对角矩阵，故对应于126应有两个线性无关的特征向量，因此知6EA的秩应为 0 从而由6EA a a，知a=0 „„5

0

1于是对应于126的两个线性无关特征向量可取为10

2 0

1 0当2E

0

0 2x1x20，得对应于2的特征向量

1解方程组

2 „„9x 1

0令P 2，则P可逆，并有P1AP „„0 0 数学（xcos1若x设f(x)

x0处连续，则2 若xyx33a2xbx轴相切，则b2可以通过a表示为b2 0x设a0,f(x)g(x)0，其

DIf(x)g(yx)dxdyD

a n维向量a,0,,0,a)Ta0.EnAETBE1Ta其中A的逆矩阵为B，则a 设 量X和Y的相关系数为0.9，若ZX0.4，则Y与Z的相关系数为0.9设总体X2X1X2Xn来自总体Xn

1n

X2依概率收敛于 在x0处左极限不存 (B)有跳跃间断点x(C)在x0处右极限不存 (D)有可去间断

fx

设可微函数f(x,y)在点(x0,y0)取得极小值则下列结论正确的 fx0yyy0处的导数等于零fx0yyy0处的导数大于零fx0yyy0处的导数小于零fx0yyy0处的导数不存在

anan，qanan,n1,2,则下列命题正确的 若an条件收敛，则pn与qn

若an绝对收敛，则pn与qn

若an条件收敛，则pn与qn

若an绝对收敛，则pn与qn

b

bab bab ab或a2b (B)ab或a2bab或a2b （D）ab或a2b设1,2,,s均为n维向量下列结论不正确的 若对于任意一组不全为零得数k1k2ks，都有k11k22kss01,2,,s线性无关若1,2,,s线性相关，则对于任意一组不全为零得数k1k2ksk11k22kss1,2,,s线性无关的充分必要条件是此向量组的值秩为 将一枚硬币独立地掷两次引进事件A1{掷第一次出现正面}，A2{掷第二次出现正面}，A3{ 各出现一次}，A4{正面出现两次}，则事

A1,A2,A3相互独 A1,A2,A3两两独

A2A3A4相互独A2A3A4两两独1设f(x) 1 x[,1)f(1)f(x在[,1上连续 sin (1 解y1xlimf(x1lim(1xsinx1limysin „„2 x1(1x)sin y1ysin1limysiny1limcos „„4 2 221lim2siny „„6 由于f(x)在[1,1)上连续，因此定义f(1)1就可使f(x)在[1,1]上连续 „„82

2

22

1(x2y2f(uv具有二阶连续偏导数,且满足,

1,g(xyf22求x

2 y xyuxv,yxuy „„22

2

2

2

故

y2u22xyvux

v 42

22

2

2

y

xu22xyvuy

„„62g2g2 22f 2 22 2

u y) y „„8D计算二重积Ie(x2y2sin(x2y2)dxdy，其中积分区域D|xy|x2y2D解作极坐标xrcos,yrsin， Iex2y2)sin(x2y2)dxdye2drer2sinr2 „„2 D令tr2Ieet0

„„4Aetsindt0

t A sint

si eco

sin

e1 „„„„6 (12

)，从而I (12

)(12

„„8求幂级数1

nx1)f(x及其极值 n 解f(x)

1x „„2上式两边从0到x积分，得f(x)f(0) dt1ln(1x2 „„401t f(01f(x11ln(1x2x2

„„5令f(x)0，求得唯一驻点x0 „„6

1(1x2)2,f(0)10f(x)x0处取得f(01„„9F(x)f(x)g(xf(xg(x)在(,)f(xg(xg(xf(xf(00,f(xg(x2exF(x(2)F(x的表达式解(1)由F(x)f(x)g(x)g(x)f(x)g2(x)f2 „„2[f(x)g(x)]22f(x)g(x)(2ex)2F(xF(x2F(xF(x)e2dx[4e4xe2dxdxe2x[4e4xdxC]e2xF(0)f(0),g(00代入上式，得C1，于F(xe2x

„„6„„7„„9试证：必存在0,3)，使f()f(x在[0,3f(x在[0,2上连续，且在[0,2]上必有最大值和最小值m，于是mf(0)M；mf(1)M；mf(2)M. „„2分因此mf(0)f(1)f(2)M.故由介值定理知，至少存在一点c[0,2]，使3f(0)f(1)ff(c)

„„4因为f(c1f(3f(x在[c,3]上连续，在(c,3)在(c3)(0,3)f()

„„8(a1b)x1a2x2a3xanxnax(ab)xaxax 1 n 已知齐次线性方程组a1x1a2x2a3b)xanxn0，其中ai0a1x1a2x2a3x(anb)xna1a2an和b

))解方程组的系数行列式a1 n a2 n |A

a

bn1(b

a

„„5 ann当b0且bai0时，秩(A)n，方程组仅有零解 „„5当b0时，原方程组的同解方程组为a1x1a2xanxnn由ai0可知，ai(i1,2,,n不全为零.不妨设a10

a2,1,0,,0)T,

a3,0,1,,0)T,

an00,, „„0aaa aaa n当bai时，有b0

a1 an

0 0 10 1

, „„3 求ab

(b0)，其中二次型的矩 b 解法 (1)二次型f的矩阵为A 0 „„1b0 b0设A的特征值为i(i1,2,3).由题设，有123a22)1， 4a2b212，解得a1,b„„412 0(2)由矩阵A的特征多项式|EA00(2)2(0得A的特征值122,3„„6对于122，解齐次线性方程组(2EAX0(2,01)T, „„8 2515对于33，解齐次线性方程组(3EA)X0,得基础解系3(1,0,2)T „„0分由于1,2,3已是正交向量组，为得到规范正交向量组,只需将1,2,325151 )T，(0,1,0)T，(1,0,2)T55255 令矩阵Q1,2,355

5

„„255 0则Q为正交矩阵.XQY下，有QTAQ00

0 且Q二次型的为f2y22y2 „„3 b解法 (1)二次型f的矩阵为A 0 „„1bb b

AEA

(

(a2)(2ab „„3 设A的特征值为，则2,a2,(2ab2 2, 2由题设得2a21，且2(2ab212 12解的a1,b „„5(2)由(1)可得，A得特征值为122,33. „„6分以下评分标准可参见解法1 设 量X的概率密度为f(x)33x

若x

；F(x是X随量YF(X)的分布函数

其133t2解：易见，当x1时，f(x)0；当x8时，F(x)1， „„2分 dt133t2设Gy是YF(x当y0时，有G(x)0；当y1时，有G(x)1 „„７y(0,1时，有GyP{YyP{FXy}

X1y}P{X(y„„１２于是YF(x)的分布函数为Gy)

若y0若0y1若y

2

„„设 量X与Y独立，其中X的概率分布为X~

.Y 量UXY的概率密度gu解FyY的分布函数，则有全概率公式，知UXYG(u)PXYu0.3PXYu|X10.7PXYu|X0.3PYu1|X10.7PYu2|X由于X和Y独立，可见G(u)0.3PYu10.7PYu0.3Fu10.7F(u由此，得Ug(u)G(u)0.3F(u1)0.7F(u0.3f(u1)0.7f(u

„„4„„7„„1„„3数学（四2(1)极限lim[1ln(1xx

1(|x|x)e|x|dx

2(12e1 (3)A，B均为三阶矩阵，E是三阶单位矩阵.AB2AB 2 001B 0，则(AE)1 0 2

1 0 (4)设随量X和Y的相关系数为0.5，EXEY0，EX2EY22E(XY)2 1

设函数f(x)|x31|(x),其中(x)在x1处连续，则(1)0是f(x)在x1处 (2) 设矩阵B

0，已知矩阵AB，则秩A2E与秩AE)100 100 对于任意二事件A和B 若AB，则A，B一定独立 (B)若AB，则A，B有可能独立(C)若AB，则A，B一定独立 (D)若AB，则A，B一定不独立设随量X和Y都服从正态分布且它们不相关 X与Y一定独立 (B)(X,Y)服从二维正态分布(C)X与Y未必独立. (D)XY服从一维正态分布.三（本题满分8分）]设f(x) 1 ，x(0,1]，试补充定义f(0)，使得f(x)在[0,]

1

1 xsin解limf(x)lim „„2 x0xsin1limxsinx1lim „„4 2

lim „„6 由于f 在

] ]上连续，则定义f(0

f(x

1上连续„„8 四、(8分)五、(8分)a1f(tatat在,内的驻点为t(a.问at(a最小？并解f(tatlnaa0，得唯一驻点t(a1lnlna

„„3函数t(a1lnlnaa1ln11lnln令t(a) 1lnlna „„5 得唯一驻点aee „„7aeet(a)0.当aeet(a)因此t(ee)11为极小值，从而是最小值 „„9eyf(xA(0,1B(1,0)M(xy