考研数学试题详解及评分参考

年全国硕士研究生入学统一考试数学试题详解及评分参考数学（一一、填空题（本题6小题，每小题4分，满分24分 2(1)lim(cosx)ln(1x) 2【答】应填lncos1【解】lim(cosxln(1x2)lime年全国硕士研究生入学统一考试数学试题详解及评分参考数学（一一、填空题（本题6小题，每小题4分，满分24分 2(1)lim(cosx)ln(1x) 2【答】应填lncos1【解】lim(cosxln(1x2)limeln1x2，lncosxlimln(1cosxcosx11，所以原式1e x0ln(1x22(2)zx2y2与平面2x4yz0【答】应填2x4yz5 x0,y0,z0，则曲面在P0处的法向量为{2x0,2y0,1}，应21 x1y2 002于是 y520(3)设x2ancosnx(x)，则a2 x在区间,2的傅里叶系数，取n2212a20xcos2xdx[xsin2x002xsin221[xcos2 cos2xdx]10011(4)R2的基,212.103122003年•第1【解度矩阵P，则12P12，因1 1 111 P= 【解度矩阵P，则12P12，因1 1 111 P= 221 0xy(5)设二维随机变量X,Yf(xy，则P{XY1}= 【答】应填141111【解】P{XY1}f(x,y)dxdy 6xdy 6x12xdx 2240x0x(6)已知一批零件的长度X（单位：cm）服从正态分布N(,1)，从中随机地抽取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 （注：标准正态分布函数值(1.96)0.975(1.6450.9540.4.X0.95（即0.05）X zX zzz0.025，10.0250.9751.96，数据代入nn222111.96)39.51,得置信区间为(401.96,40二、选择题（本题6小题，每小题4分，满分24分设函f(x在(,内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x【解y轴左侧，因f(x由正变负再变正，故fx由增变减再变增，从而有一个极一个极小值点；又在x0左右领f(x由正变f(x)由增变减，且f(x)在点x0x0是f(x)的极大值点.因此f(x)有两个极小值点和两个极大值点.0limbn1limcn(2)设an}，bn}，cn}均为非负数，且lim(A)anbn对任意nbncn对任意n2003年•第2(C)limancn(D)limbncn(D(A)和(B)limanlimbnlimcn(C)limancn(D)limbncn(D(A)和(B)limanlimbnlimcn只是在n充分大时才成立，而不是对任意n对于选项(C)，由于limancn是0对于选项(D)，假若limbncn存在，则有limcn 因此limbncn存在，故应选(D)f(x,y)(3)已知函f(xy在点(0,0)的某个领域内连续，且(x2y2)点(0,0)f(xy点(0,0)f(xy点(0,0)f(xy根据所给条件无法判断点(0,0)f(xy(Af(x,y)1，故limf(xyxy0f(0,0)0【解】因(x2y2)又记f(xyxy1，知lim0f(xyxy1)(x2y22(x2y2由于(1)(x2y22xy高阶的无穷小，且(1)(x2y220，故在点0,0的xy0f(xy0xy0f(xy0.f0,00不是极值(A向量组：1,2 ,r，可由向量组：1,2,,s线性表示，(A)当rs时，向量组必线性相 (B)当rs时，向量组必线性相(C)当rs时，向量组(D(D)当rs时，向量组【解】记的秩为r(的秩为r(，则由可由线性表示，可知r()r(r(s，于是当rs时，有rsr(r(，即线性相关.(D(5)设有齐次线性方程Ax0Bx0AB均为mn42003年•第3 Ax0Bx0的解，则秩A)秩(B 若秩A秩(BAx0Bx0③Ax0Bx0同解，则秩A) Ax0Bx0的解，则秩A)秩(B 若秩A秩(BAx0Bx0③Ax0Bx0同解，则秩A)秩(B④若秩A)秩(BAx0Bx0同解① ① ② ③(B)Ax0Bx0Ax0Bx0空间的维数，即nrAnrB，亦即rArB，故①正确；同理③也正确.又由两个解空同理，④也不成立.故选(B).1(6)设随机变量X~t(n)(n1)，Y X(B)Y~2(n(A)Y~2(C)(D)Y~F(1,(C)Y~FZ~tn，其Z~N(0,1，2~2(nZn1n相互独立，于是Z~(1)，从 □F(n,1).(C)X Z1(1)DA(2)Dxe旋转一周所得旋转体的体积V(1)x0ylnx在点(x0lnx01y (xx100x01由该切线过原点知lnx010x0e,yex……3平面图形D的面积A (eey)dy1e11y……620e为 =1e2；曲线ylnx与x轴及直线xe所围成的图形绕直线xe旋转所得的131转体体积为V (ee)dyy2……8202003年•第4因此所求旋转体的体积为VVV1e2 (ee)dy (5e1y212e……10 3601f(x)展开成x四、(本题满分12分)1的和2n2f(x……214x12(1)4 x ,nn=……42因此所求旋转体的体积为VVV1e2 (ee)dy (5e1y212e……10 3601f(x)展开成x四、(本题满分12分)1的和2n2f(x……214x12(1)4 x ,nn=……42又f(0),故f(x)=f(0) fx40= (1)n4nt2n]dt=(1)n11).……82xx2n1,x2n440(1)1收敛，函数f(x)在x 22n所以f(x=(1)n1,1102n42x1f1)[(1)n4n1222n2 (1)nf(1) 再由f(1)02……122n （本题10分）Dx(1)xesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx0x,0y}LD(2)xesinydyyesinxdx22LLsinL0证法 (1)左边 dy dx= sinsinxesinx3000 sindy dx= sinxesinxsin00xesinydyyesinxdxxesinydyyesinx6LLesinxesin(2)由8故由(1)得 dy dx esinx)dx2sinsinsin100L2003年•第5证法 (1)根据格林公式得xesinydyyesinxdx(esinesinx2LesinxDxesinydyyesinxdx(esin4LDDyx对称，所(esin证法 (1)根据格林公式得xesinydyyesinxdx(esinesinx2LesinxDxesinydyyesinxdx(esin4LDDyx对称，所(esin(esinyesinxesinzDxesinydyyesinxdxxesinydyyesinx6LLxesinydyyesinxdx(esinyesinx(2)由(1)ldsinxesinx)d8 dd=210（比例系数为kk0,汽锤第一次击打将桩打进地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:汽锤击打桩3若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？（注：m解：(1)设第n次击打后，桩被打进xn，第n次击打时，汽锤所作W kxdxkkax12111220kkx2W2kxdx x) a2 22(122222x2a，由W2r3kx 2又W 3kxdx ) [x(1r)a223323222W3rW2r2W1可得x21ra2r2a2x31rr2a63 1rr2 (2)用归纳法：设xn1r... a,k kxdx x2)kx(1rLrn1)a228 22n2003年•第6由于Wn1rWnr2Wn1LrW,故得 2rL )a22nnan1r1从而xn1=1r... ana.于是limxn1a111a101由于Wn1rWnr2Wn1LrW,故得 2rL )a22nnan1r1从而xn1=1r... ana.于是limxn1a111a101（本题12分）yy(x)在(,y0xxyyy(xd2ysinxdx)3=0yy(x(1)xxydy32y(0)0,y(0)1y解:(1)由反函数导数公式 2 yy d2d2 (y)20,所=5=dy (y) ( dyyysin6(2)方程（*）所对应的齐次方yy0yC1exC8A0,B1 AcosxBsinx,代入方程（*）求2y*1sinxyysinx 1siny(x)ee……102y(0)0,y(0)1221sin232得C1,1yx)ee……1212f(x2y2z2f(x2y2(tF(t)D(t,G(t),f(x2y2tf(x2D(t其中(txyz|x2y2z2t2},D(txy|x2y2t(2)证明当t0F(t)2G(t(1)F(t在区间(0,2003年•第72tt f(r2)r2sin f(r2)r2(1)解:F(t0000……2 2t f(r2 f(r2d2000ttf f(r2)r(t2F(t)0t f(r220所以在(0,F(t)2tt f(r2)r2sin f(r2)r2(1)解:F(t0000……2 2t f(r2 f(r2d2000ttf f(r2)r(t2F(t)0t f(r220所以在(0,F(t)0F(t在(0,内单调增加t……6 f(r2(2)证:因G(t)0……8tf(r2022要证明t0F(t)t0F(tG(t)0,ttt f(r)r f(r)dr f(r2)rdr]2222000ttt令g(t) f(r)r f(r)dr f(r2222……10000t则g(t)f(t f(r2)(tr)2dr>0,故g(t)在(0,)内单调增加20g(t在t0处连续，所以当t0g(tg(0).g(0)0,故当t0g(t02因此，当t0时，F(t)……12232100（本题10分）A2,P1BP1A*PB31的特征值与特征向量.其中 为A的伴随矩阵，E为3阶单位矩阵551A*=……2055 70 0，BP1A*PP3 9070B2E……552003第80204(9)2(E(B225B2E的特征值为9,9,3……7129时，对应的线性无关特征向量可取为10204(9)2(E(B225B2E的特征值为9,9,3……7129时，对应的线性无关特征向量可取为11,2当0 k11 k11+k22,其中k1是不全为零的任0 当33时，对应的一个特征向量为31，其中k3是非零的任意常数.……103 32设A的特征值为，对应的特征向量为A.由于|A|70所以0又因A*A=|A|=EA*|A|……2|A于是有B(P) AP(P) (P)，(B2E)P12)P|A因此 2为B2E的特征值……437由于|EA|2(1)2(A的特征值为12=3……6当= =1时，对应的线性无关特征向量可取为=1=0 122003年•第9A=7时，对应的一个特征向量为……833 1由P10P11=1==7时，对应的一个特征向量为……833 1由P10P11=1=PP00 12311k1k1，其中kkPPk+ 1 2 P 对应于特征值3的全部特征向量为=其中 是非零的任意常数.……10 33l1：ax2by3cl2：bx2cy3al3：cx2ay3b试证这三条直线交于一点的充分必要条件为abcax2by证法1必要性：设三直线l1，l2，l3交于一点，则线性方程 bx2cy3a,cx2ay2c与增广A2c3a2，于是|A|0……2 2a3ba6(abc)[a2b2c2abac|A|3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2但(ab)2bc)2ca20，故abc……42003年•第10充分性：由abc0，则从必要性的证明可知,|A|=0A)……6a=2(acb2)2[a(ab)b2]=2[(a充分性：由abc0，则从必要性的证明可知,|A|=0A)……6a=2(acb2)2[a(ab)b2]=2[(a1b)23b2] 24故秩（A）2.于是，秩（A）秩（A）因此方程组（）有唯一解，即三直线l1l2l3交于一点……8x0必要性：设三直线交于一点(x,y)， 为Ax0的非零解，其0y 1 A3a，于是|A|=……2a6(abc)[a2b2c2abac而|A|c3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2但(ab)2bc)2ca20，故abc0ax2by-3c,bx2cy-cx2ay-将方程组（）的三个方程相加，并由abc0可知，方程组（）ax2by-bx2cy-a=2(acb2)2[a(ab)b2]=[a2b2(ab)2] 解法1 X的可能取值为0，1，2，3，X的概率分布XkC /C3，k P 62003年•第11X0123即192911P……3199因此EX0 3……5 (2)A3P(A)P{Xk}P{A|X……7k1 1 0 X0123即192911P……3199因此EX0 3……5 (2)A3P(A)P{Xk}P{A|X……7k1 1 0 ……10 Xi解法 (1)Xi的概率分布1EXi(i……33XX1X2X3EXEX1X2X3EX1EX2EX32……5(2)设A表示事件“从乙箱中任意取出的一件产品是次品由于X0X1,X2和X33构成完全事件组，因此根据全概率公式……7P(A)PXkPA|X3 111PX ……1066k66 k2e2(x),x，其中x是未知参数.XX1X2LXn，记ˆminX1X2LXn 的分布函数Fˆ(x) 作为的估计量，讨论它是否具有无偏性2003年•第12X P xxx解(1)F(x) f……2(2)Fˆ(x)P(ˆx)P{min(X1,X2,Lxxx解(1)F(x) f……2(2)Fˆ(x)P(ˆx)P{min(X1,X2,L,Xn)1P{min(X1,X2,L,Xn)x}1P{X1x,X2x,L,1P{X1x}P{X2x}LP{Xnx}1[1F(x)]1e2n(x)x,x=52ne2n(xxxˆ(3)fF(x)6ˆˆ1因为Eˆ xf(x)dx 2n(xdx= 所以ˆ作为的估计量不具有无偏性8数学（二1(1)若x0时，(1ax2)41与xsinx是等价无穷小，则a 【答】应填411lim(1ax211a1，故a444【解】因xsin(2)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 【答】应填xy0xyxdy24y3dyx1,y1 1y1x1xy0dx(3)y2x的麦克劳林公式中xn项的系数 (ln.2003年•第13(ln n(n|x0xln |x0ln2)n(4)设曲线的极坐标方程为ea(a0)，则该曲线上相应于从0变到2的一段弧与 【答】应 (e4a1)11212 1e2220(e)da (e4(ln n(n|x0xln |x0ln2)n(4)设曲线的极坐标方程为ea(a0)，则该曲线上相应于从0变到2的一段弧与 【答】应 (e4a1)11212 1e2220(e)da (e4a【解】A001(5)设3维列向量，T是的转置若，则 TT11【答】应填3xxxx1113 【解】设 ，则xxx x2x2x2123222 xxxx3333x2x2x23 1 100201 B则1【答】应 2320A2BABE，得AEAEBAE.AE 020可逆阵，故有AEBEBAE1100012AEAE1B (1)22003年•第14n03321xdx，则极限limnan(2)设ann3(B)(1e1)23(C)(1e1)23(D)(1e)2(A)(1e)2(B)n32【解】因limna1xndx1xnd(1xnn2 033n3lim(1xn)2|n1lim[(1)n21]1e1)21.(B)0n(3)已知y 是微n03321xdx，则极限limnan(2)设ann3(B)(1e1)23(C)(1e1)23(D)(1e)2(A)(1e)2(B)n32【解】因limna1xndx1xnd(1xnn2 033n3lim(1xn)2|n1lim[(1)n21]1e1)21.(B)0n(3)已知y 是微分方程yy()的解，则()的表达式xxxlnxyyyxyxxyxy(A)(C)(Alnx1xln1(x)yyln2x2/ln2ln2 lnx1于是得() .(Aln2y(4)44tanxdx，I2xtan00I1I21I1I2I11I2(B)x[0,时，有sinxxtanx4tanxx tan44tanxxI1dxdxI2，即应排除选项(C)和tan000f(x在[04xsec2xtanxtanf(x)f(xx2cos2xtan44I4tanxdx dx1.(B)41xx00(6)42003年•第15ln(1ax3 x0xarcsinx（本题满10分）f(x，问a6x0e axx x0x4xsf(xx0ax0f(xln(1ax3解:limf(x)xarcsinxarcsin1x26a……3ln(1ax3 x0xarcsinx（本题满10分）f(x，问a6x0e axx x0x4xsf(xx0ax0f(xln(1ax3解:limf(x)xarcsinxarcsin1x26a……3 11111x2axxsinx2axlimf(x)4x42x42lim(a22)2a2……5limf(x=limf(x，有6a2a24，得a1，或a2……6……8a1时，limf(x)6f(0)f(xx0处连续f(0)x0f(x的可去间断点a2limf(x)12……10x12t（9分）yy(x由参数方程（t1）eu12lnydu1d2求x9e12ln2解： 4t,……3 12ln 12lne12ln，……42(12lntd2 1e2e . ，……7dx dt2(12lnt)2t 4t2(12ln2003年•第16x9x12t及t1得t2d2ee.……94t2(12lnt)dxtxearctandx3(1+x22et解法 设xtant则dxsectdtesintdtx9x12t及t1得t2d2ee.……94t2(12lnt)dxtxearctandx3(1+x22et解法 设xtant则dxsectdtesintdt……22t33(1tan2(1+x222又etsintdtetdcost(etcostetcosetcostetsintetsin……4……6 etsintdt1et(sintcost)……82dx1earctan2xearctanx1(x1)earctan)(C……931x1x1x(1x222xearctanxdx……3312(1x22xearctanearctan……5321xxearctan(1x21……7312121212(1x22(x1)earctanxearctan移项整理得dxC……93212(1x22（本题12分）（本题满12分）y4lnxky4xln4x的交点个数.解：问题等价于讨论方程ln4x4lnx4xk0有几个不同的实根.设(xln4x4lnx4xk……34(ln3x1则有x)……5x当0x1时,x0,即(xx1时,x)0,即(x2003年•第17故(1)4k为函数(x的最小值k4，即4k0时，(x0无实根，即两条曲线无交点k4，即4k0时，(x0有惟一实根，即两条曲线只有一个交点.k4时，即4k0时，lim(xlim[lnx(ln故(1)4k为函数(x的最小值k4，即4k0时，(x0无实根，即两条曲线无交点k4，即4k0时，(x0有惟一实根，即两条曲线只有一个交点.k4时，即4k0时，lim(xlim[lnx(ln3x4)4xk……8……9lim(x)lim[lnx(ln3x4)4xk]故(x0有两个实根，分别位于(0,1)与(1)内，即两条曲线有两个交点……12八（本题满分12分）设位于第一象限的曲线yf(x)过点 2,1)，其上任一 求曲yf(x已知曲ysinx在[0,上的弧长为l，试用lyf(xs解：(1)曲线yf(x)在点P(x,y)处的法线方程为Yy (X1x其中(X,Y)X0，则Yy……2故Q点坐标为(0,yx,yyx22y2CC为任意常数0即2ydyxdx……5由y 1知C1，故曲线y 2y2x(x0,y……6x22(2)ysinx在0,上的弧长为l 1cos22……80xcosyf(x的参数方程为……92212siny21sin2 cos2d1sin2s2200令2l 2l……12412120t，则s1cos2t(dt)1cos222022003年•第18要求，当以3m3/minm2/min的速率均匀扩大（假设注入液体前，容器内无液体根据t时刻液面的面积，写出t与(y)（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2y)4t从而t2y……2要求，当以3m3/minm2/min的速率均匀扩大（假设注入液体前，容器内无液体根据t时刻液面的面积，写出t与(y)（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2y)4t从而t2y……2……4y(2)液面的高度为y时，液体的体积为 (u)du3t32(y)20求导，得解此微分方程，得(yCe6,其中C成为任意常数.由(0)2知C2，故所求曲线方程为x2e6……6……8……10（10分）设函数f(x)的闭区间[ab上连续，在开区间a,b内可导f(2xaxxab2a (1)在abf(x0；(2)在ab内存在点；f(bfaf()(b2a2) f(3)在ab内存在与（2）中相异的点b.af(2xa存在,limf(2xa0,f(x在[abf(a0证xf(x)0f(x在a,bf(xf(a0,x(a……3x(2)记F(x)x,g(x) f(t)dt(ax2……5ag(xf(x0F(xg(x满足柯西中值定理的条件，于是在ab内存在点b2af(F(b)b2(x2使……7bg(b)baxf(t)dt f ffaaaa(3)f(f(0f(f(a，在a,……9 b2 b,()(ba) f(x)dx……10f()(aafa2003年•第19 0 a相似于对角矩阵，试确定常数a6000|EA( 0 a相似于对角矩阵，试确定常数a6000|EA(6)[(2)216](6)2(A的特征值为126……3A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，因此知阵线6EA的秩应为1.4000400 从而由6EAaa，知a0……5 000 01于是对应于6的两个线性无关特征向量可取为02 1210001 当32EA0 00 12x1 ，得对应于32的特征向量32……9x 30 11P 2PPAP……10002003年•第20数学（三一、填空题：（本题6小题，每小424分,(1)f(x，其导数在x0处连续，则的取值范围是 x 若x【答】应填2f数学（三一、填空题：（本题6小题，每小424分,(1)f(x，其导数在x0处连续，则的取值范围是 x 若x【答】应填2f(xx0处连续，故limf(xf(0).f(0)与limf(x存在xcos1fxf0x0lim limx1cos1，反证易见1；f0xx同理，由limfxlim(x1cos1x2sin1，反证易见2xx又显然在2时，有limf(xf(0)0.故所求的取值范围是2(2)已知曲线yx33a2xb与x轴相切，则b2可以通过a表示为b2 【答】应填4a6【解】由题设x轴是曲线的切线，设切点为x00，则y(x0)x33a2xb.于是有x2a2，且b24a6，即00y(x)03x23a2 0 0x(3)设a0f(x)g(x)D表示全平面，其他If(x)g(yx)dxdy D【答】应填a2 0yxa2 (x,y)fxgyx【解】易见gyx，(x,y)其他D1xy|0x1,xy1x}D2DD1.1f(x)g(yx)dxdya2dxdy0dxdy ady22I0xD设n维向量a,0,L,0,a)Ta0.E是n维单位矩阵，AETBE1Ta其中A的逆矩阵为B，则a 2003年•第21【答】应填BAABE，即(ET)(E1TEaE1TT1TTE，于是1112a2T0aa【答】应填BAABE，即(ET)(E1TEaE1TT1TTE，于是1112a2T0aaaa由于T0112a0，即2a2a10，亦即2a1a10a又由a0，知2a10，故a10，因此a1(5)设随机变量X和Y的相关系数为0.9，若ZX0.4，则Y与Z的相关系数 【答】应填0.9E{[YEY][ZEZDZDX0.4DXDYZE(Z)(X0.4)E(X0.4)XEX， YXXY0.9(6)设总X服从参数为2的指数分布，X1X2XnXn1nn时X依概率收敛 2ni【答】应填12 22EXEX1,DXDX1i1,2,Lnii24EX2DXEX211)21i1,2,Ln.iii n1X21in2二、选择题：（本题6小题，每小424分ff(0)g(x)设f(x)x0(C)x0(Dx(B)x(D)xfx0g(x)x0g(x的间断点.f(xxf(x)limf(x)f(0)数及f(0)存在，知limg(x)f(0)，因此g(x)xx2003年•第22x0x0g(x的可去间断点.(Df(x0yyy0处的导数等于零f(x0yyy0处的导数大于零f(x0yyy0处的导数小于零f(x0yyy0处的导数不存在(A【解】因可微函数f(x,y)点(x0y0取得极小值，故对(x0y0xx0f(x0yx0x0g(x的可去间断点.(Df(x0yyy0处的导数等于零f(x0yyy0处的导数大于零f(x0yyy0处的导数小于零f(x0yyy0处的导数不存在(A【解】因可微函数f(x,y)点(x0y0取得极小值，故对(x0y0xx0f(x0yf(x0yyy0f(x0yy0(A，qn1,2,L(3)nn22(A)若an条件收敛，则pn与qn(B)若an绝对收敛，则pn与qn(C)若an条件收敛，则pn与qn的收敛性不(D)若an绝对收敛，则pn与qn的收敛性不【解】对于选项(A)和(C)，若an条件收敛，则an收敛，且11121 与 paa都发散，故排除选项(A)和222条件收敛，则an收敛，且对于选项(B)和(D)，若收敛，因而此时111anan与pn2222 b bA的伴随矩阵的秩等1，则ab2003年•第23ananab或a2bab且aab或a2bab且a2b(C)(B)ab或a2b(D)ab且a2b【解】因rA*1，故由rA*rA)的关系，知rA)2.于是有|A|0，即(ab)2a2b0.由于ab时，有rA1，从而rA*01，与题设矛盾，因此有ab，且a2b0.故选(C).设1,2,,s均为n若对于任意一组不全为零得数k1k2ks，都有k11k22kss0，则1,2,,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k1k2ksk11k22kss0(B)对于选项(D)，根据“部分相关，一定整体相关”这一结论知，该说法正确对于选项(B)，按照定义，向量组线性相关是指“存在一组不全为零得数k1k2ks，使k11k22kss0”.这里把“存在”该成了“任意”，因而结论不正确，故面}A3{正反面各出现一次}A4{正面出现两次}，则事件(A)A1A2A3(C)A1A2A3(C)(B)A2A3A4(D)A2A3A4A4生A1A2必发生，因此A4A2不独立，因而可排除(D)；故(C1112三（本题满分8分）设f(x) sin (1f(x在1,1]上连续22003年•第24解：y1x1lim(1x)sin1limysinlimf(x)……2(1x)sin ysinx1limysin21limcos……4221lim2sin12111由于f(x)在[,1)上连续，因此定义f(1) 就可使f(x)在,1]上连续……解：y1x1lim(1x)sin1limysinlimf(x)……2(1x)sin ysinx1limysin21limcos……4221lim2sin12111由于f(x)在[,1)上连续，因此定义f(1) 就可使f(x)在,1]上连续……82222u21（8分）f(uv)具有二阶连续偏导数且满足221g(x,y)f[xy, (xy，求 y .2gyfxgxfy,……2x 2222 22故4x2u22v2x2y……6yuv22xy 22yxy 22 ……8x yuv五、（本题满8分）计算二重积分Ie(x2y2)sin(x2y2)dxdy，其中积分区DD{(x,y)|x2y2解：xrcosyrsin rersinr2Ie(x2y2)sin(x2y2)dxdy ……200D令tr2，则I e ……40记A esindt，00A sin[esinecosdt] cos0000[etcossintdt] 1……602003年•第25因此A1(1e)，从而 (1)(1e)……8222x2n因此A1(1e)，从而 (1)(1e)……8222x2n1)f(x及其极值( 1x解：f(x)(1)nx ……2x 1上式两边从0xf(xf(0)2dt ln(1x2……4012f(0)1,f(x11ln(1x22……5……61f(x,f(0)10,f(xx0f(0)1……9(1x2（9分）F(x)f(x)g(x),，其中函数f(xg(x在(,)f(xg(xg(xf(xf(0)0,f(xg(x)2ex(1)F(x所满足的一阶微分方程(2)F(x的表达式(1)F(xf(x)g(xg(xf(x)g2xf2[f(x)g(x)]22f(x)g(x)(2ex)22FF(x所满足的一阶微分方程为F(x2F(x)(2)F(x)e2dx[4e4xe2dxdx……2……6e2x[4e4xdxC]Ce2……7……9F(0)f(0g(0)0代入上式，得C1F(xf(0)f(1)f(2)3f(3)1.试证：必存在(0,3f(和最小值m，于是mf(0)Mmf(1)Mmf(2)M……2f(0)f(1)f因此mM.故由介值定理知，至少存在一点c[0,2]3f(0)f(1)f(2)f(c)……43f(c1f(3f(x在[c,3]上连续，在(c,3)2003年•第26在(c3)(0,3，使f(……8(a1b)x1a2x2a3xLanxnax(ab)xaxLax在(c3)(0,3，使f(……8(a1b)x1a2x2a3xLanxnax(ab)xaxLax1 n（本题满13分）已知齐次线性方程组a1x1a2x2a3b)xLanxn0LLLLLLa1x1a2x2a3xL(anb)xnn其中ai0.试讨论a1a2Lan和b满足何种关系时(1)方程组仅有零解；(2)方程组有非零解.在有非零解时，求此方程组的一个基础解系aKaan|Aa (b a……51M2M3nManMn当b0且bai0时，秩An，方程组仅有零解……5(2)当b0时，原方程组的同解方程组为a1x1a2xLanxnn由ai0可知，ai(i1,2,Ln不全为零.不妨设a10(an,0,a(a2,1,0,L,0)T,(a3,0,1,L,0)T,……1012aa111n当b时，有b0LL10M0001M00na110M001M0LaniML0M0M1x1,x3x1,L,xn……132003年•第27f(xxxXTAXax22x22x22bxx(b0)A1 1231和为1，特征值之积为12求ab的值利用正交变换将二次型f化为标准型,并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵020f(xxxXTAXax22x22x22bxx(b0)A1 1231和为1，特征值之积为12求ab的值利用正交变换将二次型f化为标准型,并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵020b1：(1)fA0……1设A的特征值为i(i1,2,3).由题设，有123a22)1a0b020b01234a2b212，解得a1,b……40000(2)由矩A|EA(2)2(A的特征值122,……6对于122，解齐次线性方程组(2EA)X0……8对于 3，解齐次线性方程组(0,得基础解系(1,0,2)……10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单位化，由此 12 )T，(0,1,0)T， )T123 5525015150010令矩阵Q1,2,3……12250200QY下，有QTAQ0且Qf2y22y23y……131232003年•第28020b2(1)fA0……1 EA 0(020b2(1)fA0……1 EA 0(2)[2(a2)(2ab2……3 设A的特征值为12,3，则12,23a2,23(2ab2，由题设得1232a2)1，且1232(2ab212.解的a1,b2(2)由(1)可得A得特征值为122,33……5……61若x,F(xX的分布函数，求随机变量YFX的分布函数x1f(x0x8F(x1；x其……2 xF(x)dtx3t21设Gy是YF(xy0时，有G(x)0y1时，有G(x)1y(0,1时，有GyP{YyP{FXyF[(y1)3]X1y}P{X(yy若0yy于是YF(x的分布函数为Gy) ~.而Yf(x，求随机变量UXYg(uX 解：Fy是Y的分布函数，则有全概率公式，知UXY2003年•第29G(u)PXYu0.3PXYu|X10.7PXYu|0.3PYu1|X10.7PYuG(u)PXYu0.3PXYu|X10.7PXYu|0.3PYu1|X10.7PYu2|XX和Y独立，可见G(u0.3PYu10.7PYu0.3Fu10.7F(u由此，得U的概率密度g(u)G(u)0.3F(u1)0.7F(u0.3f(u1)0.7f(u……4……13数学（四一、填空题：（6小题，每小4分24分2(1)极限lim[1ln(1x)]x 【答】应填e222ln(1【解】因limln[1ln(1x)]x 2xxx故原式e21 (|x| dx .应填2(12e1因在区间1,1上|x|e|x|为偶函数，而xe|x|为奇函数，1111(|x| dx xedx 2(xex1 edx)xxx2e)0000(3)(3) 20402则(AE)1 1 0001【解】由AB2AB，得ABB2A2E2E，即AE (B2E)22003年•第30 2 1故AE11B2E1 0 02 20 000 (4)X和Y0.5EXE(X 2 1故AE11B2E1 0 02 20 000 (4)X和Y0.5EXE(XY)2 0EX2EY22【答】应填6【解】因0.5X,YcovX,Y EXYEX EXY DXDXDXE(XY)0.5DXDY0.5EX2(EX)2EY2(EY)20.522EXY)2EX22EXYEY22226二、选择题：（6小题，每小4分24分1(1)yxe(A)仅有水平渐进线(B)仅有铅直渐近线(D)既有铅直又有斜渐近线(D1【解】因limxex2不存在，故曲线没有水平渐近线，可排除选项(A)和1又由limxex2lim lim2tet2，知曲线有铅直渐近线x0ttt111limex21，且blim(xex2x)lime1lim再由alim0xt(2)设函f(x|x31|(x，其中(xx1处连续，则(1)0f(xx1处(A)(A lim1xx2x2003年•第31x3xlim1xx2x31xf(xx1处可导的充要条件为3lim1xx2x31xf(xx1处可导的充要条件为3131，即10.(A(3)(2)0101(4)设矩B0AB，则秩A2E与秩AE (C) A~BA2E~B2EAEBE.rA2Er(B2ErAE)r(BE.rA2ErAEr(B2Er(BE314.(C)(A)AB，则AB一定独立(C)AB，则AB一定独立(B)(B)AB，则AB有