考研真题fenxww复习配套光盘1994年数学试题参考解答及评分

入学统一考数学试题参考解答及评分标准数学（试卷一limctgx

sin

1) 曲面zez2xy3在点(1,2,0)处的切平面方程 2x+y-4=

设u

sin,则

)点处的值 ( 设区域Dx2+y2R2,

(xy

R4

11 2a 2aD

b2 a

11 3 2 32sin

设M 21

cos4xdx N=2(sin3xcos4x)dx,P2

2(x2sin3xcos4x)dx2则 N<P< M<P< N<M< P<M<二元函数f(x,y)在点(x0,y0)处两个偏导数fx(x0,y0),fy(x0,y0)存在，是f(x,y)在 (C)充分必要条 设常数>0，且级数

n

(1)n |an n2n2 （D）收敛性与有设 atgxb(1cos 2其中a2c20则必 x0cln(12x)d(1ex2(A)b (B)b (C)a (D)a已知向量组1,2,3,4线性无关，则向量 12,23,34,41线性无12,23,34,41线性无12,23,34,41线性无12,23,34,41线性无 dyd2设

t ， 在t 的值2ytcos(t)121u dx解：dx2tsin(t2dy2t2sint2 d2y(t)'t

„„2故 t,

x

„„42tsin(t2

„„5dx1

t1

将函数f(x) 解：f(x)4(1x1x)21x211x41

1x „„3f(0)

x 求

f(xf(xf(0sin(2x)2sin

f'(t)dt d

)dt

(1x1„„54n4n解一原式 1 „„2 x2sinx(cosx x

x1tg2x 1 1 2d(tgx 1tg2x1ln

C „„5sin解二原式2sinx(cosx1)2(1cox2x)(1cos „„2cosxu

1( 3u2(1u)(1 81 1

„„4[ln1uln1u8

1

] cosxln(1cosx C „„5 1cosxdydz

SS

x2y2z SxyRzRzR(R0)所围成立体表面的外侧解：设S1,S2S3依次为S的上、x2y2z

x2y2z

0 „„1记S1,S2在xOy面上的投影区域为Dxy,

x2y22

x2y2R2x2y2R20 z „„3S在S3上x2y2z2S3R2y2R2y2R2y2R2y2R2 R2y2dydzR2x2y2 R2 2 R2

1 2

R2y2RR

R所以原积分

R „„6f(xf(0)0,f(0)1[xy(xyf(x)y]dxf(xx2y]dy0为一全微分方程,求f(x)及此全微分方程的通解：由全微分方程的充要条件PQ „„2解得f(x)C1cosxC2sinxx2 „„5由f(0)0,f'(0)1,求得C2,C1,从而有f(x)2cosxsinxx22 „„6 于是原方程为[xy2(2cosxsinx)y2y]dx(2sinxcosx2xx2y)dy0x2x其通解是2ysinxycosx „„92f(xx0的某一邻域内具有二阶连续导数，且

f(x)0x 1绝对收敛f(

证：由题设推知f(0)0,f'(0)0 „„2f(x)在点x0的某邻域内的一阶Taylorf(xf(0f'(0)x1f''(x)x21f''(x)x2(01 „„5 再由题设,f''(x)在属于该域内包含1点的一小闭区间上连续,故存在f(x)M,f(x)

x2.令x

,当n充分大时,

1M1 „„7f(因为

收敛,

1f()绝对收敛

2

„„8n1

已知点A与B的直角坐标分别为100011ABZ旋转曲面为SSZ0,Z1所围成的立体体积x x1解：AB的方程为：111,即yz„„2z轴交于点Q(0,0,z),与ABM1(1zzz)，(1z)212z故圆(1z)212z旋转体体积V=1(12z2z2)dz2 „„60

x1x2

k1(0,1,1,0)T+k2(–1,2,2,1

x2x4 【(0,0,1,0)T，(1,1,0,1)T

1 解：(1)由已知，(I)的系数矩阵为01 „„3k2k12k2k

2kk0，解得k1k2 „„5 k1k20I（ „„8设A为n阶非零方阵，A*AA是AA*时，证明|A|0解： AA*|A|I，故AA|A|I „„2 若|A|0，则有AA0.设A的行向量为(i1,2,n)，则i0(i1,2,,n)，即i0,i1,2,,n.于是A0，这与A是非零阵 ，故|A|0. „„6 已知P(AB)P(AB)，P(A)p，则P(B) 1- X01P1212则随量Zmax{X,Y}的分布律为X01P1434若随量X和Y分别服从正态分布N(1,32)和N(0,42)，且X与Y的相关系

2

，设Z3

Y2Z的数学期望EZ和和方差DZ；2)XZ的相关系数XZ解：(1)EZ101 „„DZ 2() 1423 „„2 3Cov(XZ1CovXX1CovX,Y1321(1340 所以XZ0 „„4因X,Y均是正态，故Z也是正态，又XZ0，所以X与Z相互独立 „„6数学（试卷二~~三题x24y24上求一点，使其到直线2x3y60的距离最短2x3y解：P(xyx24y24P到直线2x3y2x3yd 为求d的最小值点，只需求d2的最小值 „„2F(x,y)1(2x3y6)2(x24y2F(x,y)

4(2x3y6)2xx0,

0,

.

(2x3y6)8yx24y24

„„4

8,

3;

8,

3.于是d(x,y

,d(x,y)

1 28由问题的实际意义知最短距离是存在的,因此(,)即为所求的 „„65~~七题】八、(本题共2小题，满分14分)(6分)A是n2,4,6,,2nAnIn阶单位阵，计算行列式A3I的值.解：已知n阶方阵有n个不同的特征值，故存在可P，使

P1AP ，即AP P1 „„2 2n

2n 因此A3IP P1 2n

P P1 2n

„„4

P P1

1 1 [(2n3)!!]【笔者另解】A的n个特征值为2,4,6,,2n,

2n„„6A2I113(2n3[(2n（2）(8分)九、(6分)数学（试卷三若f(x)

xx

在,上连续，则a xtln(1 d2 (6t5)(tyy(x由参数方程

t3

t d(cos3xf(t)dt) 3sin3xf 3

1ex2(x21) x

dx2 (x4)y4 ln(1x)(axbx22设lim 2， 2 a1,b1x2,

x

a0,b (C)a0,b2

(D)a1,bf(x)x x

则f(x)在x1处 (B)左导数存在，但右导数不存(C)左导数不存在，但右导数存 (D)左、右导数都不存设yf(x)是满足微分方程y"y'esinx0的解,且f'(x0)0,则f(x)

x0的某个邻域内单调增 x0处取得极小

x0 x2arctan ye

(x1)(x2)的渐近线 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4yf(xyf1fy1yfy1f

d2.

„„2 (1y'2) ' y(1yf „„51f (1f 计算0

x(1x4)2dx解：设x2sint，则x0时，t0；x1时，t „„12 1 x(1x4)2dx 2

„„3 2 „„5242 )计算limtgn(2)

1tg 2tg解：limlntgn 2)limn nlimn n „„2 1tg 1tg2tg

tg2 lim n n4,limtgn(2e4 „„5n1tg2 n1tg2 (4)题如图,yx21,OABC的面积为D，曲边梯形OABC的面积为D 点A的坐标为（a,0)，a0，证明： 13 1 2

(2a21a21

)dx 2

„„26D 2a(a „„3 (a2

3a21 a2

3 „„5 (2a23)a

2a22

a22

x0时，方程kx11有且仅有一个解，求k解：f(xkx

11f'(xk

2,f''(x)

60 „„3 k0f'(x0f(xlimf(x)，而当k0limf(x，当k0limf(x 3故当k0时，原方程在(0,)内有且仅有一个 „„63当k0时，令f'(x)0，解得唯一驻点x 333yf(x在(0,f(320，即

() 2原方程有且仅有一个解.由上式解得k9

3.而当k9

综上所述，当k 3及k0时，方程有且仅有一个解 „„99x3设y x 解：(1)定义域(, (0,)，由y'1

x(,(0,(2,yy所以(0),(2)(0,2)为减区间，x2为极小点，极小值为y3.由y''240，知(-,0),(0,+)为凹区间，且无拐 „„4x3由lim alimx341,blim(x34x yx为斜渐近线令y0，得零点x34 „„6 „„9y"a2ysinx的通解，其中常数a解：对应的齐次方程的通解为yc1cosaxc2sinax „„1当a1y*AsinxBcos代入A(a21)sinxB(a21)cosxsin

„„2 a2

,B0,所以y* a2

sinx „„4当a1y*xAsinxBcos代入原方程得2Acosx2Bsinxsin

„„58 „„综上所述，当a1y

cosax

a2

sin当a1y

cosx

„„92 f(x在[0，1]上连续且递减，证明：当010f(x)dx0f 证：0f(x)dx0f(x)dx0f(x)dx0f(x)dxf „„2 (1)0f(x)dxf(x)dx(1)f(1)(1)f(1f(1f(2 „„5其中0121.因f(x)递减，则有f(1)f(2 „„7又0,10，因此(1)[f(1)f(2)]0，即原不等式成 „„9八、(9分)y3|x21|xy3旋转所yx22(0x1),y4x2(1x „„3dV2{32[34 „„7由对称性得V2(VV2

2[3(x22)]2}dx22{32[3(4x2 222

(82x2x4)dx2(8x

2x3

x5)

„„9 数学（试卷四2x|x|dx 22已知f

)12

x0f

2x)f(x0

yexysin设方程 ycosx确定的y为x的函数，

xexy2 0 0 设A.

，其中ai0i12,,n n1 0

1an1A10

01 1

0 量X量X

0

0x1Y表示对X 1

其 察 X 出现的次数，则P{Y=2} 2 3(A)r (B)r< (C)r )设0P(A) 0P(B) P(A|B)P(A|B)1， (A)A和B互不相 (B)A和B互相对(C)A和B互不独 (D)A和B相互独XX,XN(,2X11 11 n记s1 (XiXn

， (XiXnn

，s3 (Xi)nns24

1n

(Xi)2，则服从自由度为n1的t分布的 量 nt n

t s2

tXnn

tXs4计算二重积分(xy)dxdyDxy|x2y2xyD)解：由x2y2xy1，得(x1)2(y123 „„1) 令x1rcos,y1rsin， „„2 (xy)dxdy2rdr „„3 D 2r[rsinrcos]20

„„42

2rdr

3 „„62

y"4y'4y 设函数yy(x)满足条件y(0)2,y'(0)4，求广义积分 解：解特征方程r24r40r ycc

2

„„2 „„4 0于是y(x)dx2e2xdxe2xd(2x)1 „„50 2已知f(x,y)x x

， 解：f „„2 2xarctan ( ) ( 1y((

1x x2 2x „„3 x2 x22 x2(x2y2)x2y2 3y2(x2y2)y32 x22 .„„52

()

(x2y2 (x2y2 x20f(xf(0)0F(x)xtn1f(xntn)dt求limF(x)0 1

x0解：令uxt，则F(x)n0f(u)du， „„2分于是有F(x)xn1f(xn „„3

F

f(xn 因此lim2nlim 2n1

f'(0. „„5x0 x0 2n 已知曲线yax,(a0)与曲线yln在点(x0,y0)处有公共切线，求常数a及切点(x0y0两曲线与x轴围成的平面图形绕x轴旋转所得旋转体的体积解：(1)分别对yax和y x求导,得y' a和y'1 „„1 由于两曲线在点x

1得

1 „„2

将x1分别代入两曲线方程,有ya 1ln1. 于是a1;x1e2,y 1 1,从而切点为(e2,1) „„4 (2) eVx0 xdx1 x) „„5e

2e22e2

[xln

ln12

[4e22xln4

e11e2xe2 „„8 f(x在[af"(x在(af(x)fF(x) x (xaF(x在(a证:F'(xf'(x)(xaf(xf(x] 1[f'(x)f(x)f]x x f(x) 由中值定理知，存在 x)，使 f'(x

„„2„„41F'(xxaf'(xf'(.fx)0fx在(a1x和(axf'(xxaxa2xa 1 1 xaxa2xa

f'(.F(x0,F(x单调增加„„，设线性方程组 2 2 ，xaxa2xa 3 3 xaxa2xa 4 4 证明，若a1a2,a3a4两两不相等，则此线性方程组无解设a1a3ka2a4k(k012是该方程组的两个解，其1,1,

1 1 A 2aa)(aa)(aa)(aa)(aa)(aa „„4A 但系数矩阵A的秩R(A)3，故R(A)R(A)，因此原方程组无解 „„6(2)当a1a3ka2a4k(k0xkxk2xkx1kx2k2x3k xkxk2x xkxk2xk

，即 xkxk2xk3

因

xkxk2xk „„81 212是原非齐次方程组的两个解，故110 性方程组的解；且0，因此是导出方程组的基础解系 „„0 2于是原非齐次方程组的通解X1c1c0（为任意常数.）„„1 设A 1 解：解特征方程|EA|321(1)2(1)0得特征值11（二重，2 „„3 01 01 而(EA)x0yx0y， „„6 1 1

因为不同特征值所对应的特征向量线性无关，所以矩阵A要有三个线性无关的特征向量，必须满足条件xy0 „„8P{X0}0.6,P{X1}0.4(i1,2,3,4).求行列式X X2的概率分布 X X 解：记Y1X1X4，Y2X2X3，则XY1Y2，且Y1,Y2独立同分布 „„2 „„3P{Y10P{Y2010.160.84 „„4于是随量XY1Y2有三个可能值1,0,1，且易 „„5P{X0}120.13440.7312.XX

X2~

„„8 0 X（毫米）N(1)，内径小于已知销售利润T（单位：元）与销售零件的内径X有如下关系：T

XX解：设(x是标准正态分布函数，(xE(T)20P{10X12}P{X10}5P{X20[(12)(10)](10)5[1(12

„„3dE(T25(12)21(10)5. „„5分令 25(12)21(10)0 dE(Td (12

(10

(12

(10得

0，即

„„7

111ln2510.9.

„„8数学（试卷五~(4)(1)~(4)) 3(1) dt bf在开区间(a,b)内的根 (A)0 (B)1 (C)2 设A，B都是n阶非零矩阵，且AB=0，则A和B的 (A)必有一个等于零(B)都小于 (C)一个小于n,一个等于 (D)都等于设有向量组11,1,2,4，20,3,12，33,0,7,14，41225(2,1,5,10)则该向量组的极大线性无关组 (A)1,2 (B)1,2 (C)1,2 (D)1,2,4(4)】三、(本题满分5分)求极限lim[xx2ln(1 1解：令t ， „„11x)]lim[x x x)]

tln(1ln(1t)]ln(1t)] 2 t0 1 1t 1. „„5t t02(1 四、(5分)】五、(本题满分6分)sin已知

f

fx

sinx

是f(x)的一个原函数有f(x

sinx x

xcosxsinx

„„1因此x3f'(x)dxx3f(x)3x2f „„2 x3f(x)3x2d(sinx)x3f(x)3[x2sinx2sin

„„4 „„6某养殖场饲养两种鱼，若甲种鱼放养x（万尾），乙种鱼放养y（万尾），收获时两种鱼的收获量分别为(3axy)x和(4x2ayy（a0).求使