1988考研数学一、二、三答案公众号：小乖考研免费分享_05.数学二历年真题_普通版本数学二_1987-2016考研数学二真题及答案解析

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 1988 年全国硕士研究生入学统一考试 数学试题参考解答及评分标准 数 学（试卷一） 一．(本题满分15分，每小题5分)  (x3)n (1) 求幂级数 的收敛域. n3n n1 (x3)n1 (n1)3n1 n 1 1 解：因lim lim x3  x3,故 x3 1即0 x6时， n (x3)n n3(n1) 3 3 n3n 幂级数收敛. „„3分  1 当x0时，原级数成为交错级数(1)n ，是收敛的. „„4分 n n1  1 当x6时，原级数成为调和级数 ，是发散的. „„5分 n n1 所以，所求的收敛域为0,6 . (2) 已知f(x)= ex2 ,f (x) =1-x,且 (x)0.求 (x)并写出它的定义域. 解：由e[(x)]2 1x，得 (x) ln(1x) . „„3分 由ln(1x)0，得1x1即x0. „„5分 所以(x) ln(1x) ，其定义域为(,0). (3)设S为曲面x2y2z2 1的外侧，计算曲面积分I x3dydzy3dxdxz3dxdy. s 解：根据高斯公式，并利用球面坐标计算三重积分，有 I 3(x2 y2 z2)dv（其中是由S 所围成的区域） „„2分  2  1 3 d d r2r2sindr „„4分 0 0 0 12  . „„5分 5 1988年 • 第1页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 二、填空题：(本题满分12分，每小题3分) 1 (1) 若f(t)=lim t(1 )2tx，则 f(t) (2t1)e2t x x  2,1x0   (2) 设f(x)是周期为2的周期函数，它在区间 1,1 上的定f(x)= x3,0x1 ,则f(x)的付立叶级 2 数在x=1处收敛于 . 3 x31 1 (3) 设f(x)是连续函数，且 f(t)dt  x,则f(7)= . 0 12 (4) 设4*4矩阵A=(, )，B=(, )，其中，,, , 均为4维列向量， 2, 3, 4 2, 3, 4 2 3, 4 且已知行列式 A 4, B 1,则行列式 AB =. 40 . 三、选择题 ( 本题满分15分，每小题3分) 1 (1) 若函数y=f(x)有 f(x ) ，则当x0时，该函x=x 处的微分dy是 (B) 0 2 0 (A) 与x等价的无穷小 (B) 与x同阶的无穷小 (C) 比x低阶的无穷小 (D) 比x高阶的无穷小 (2) 设y  f(x)是方程y2y4y 0的一个解，若 f(x)0，且 f(x )0，则函数 0 f(x)在点x (A) 0 (A) 取得极大值 (B) 取得极小值 (C) 某个邻域内单调增加 (D) 某个邻域内单调减少 (3) 设有空间区域  :x2y2z2 R2,z 0;及 :x2y2z2R2,x0,y0,z0,则 (C) 1 2 (A)  xdv4xdv (B)  ydv4 ydv     1 2 1 2 (C)  zdv4zdv (D)  xyzdv4 xyzdv     1 2 1 2  (4) 若 a (x1)n在x=-1处收敛，则此级数在x=2处 (B) n n1 (A) 条件收敛 (B) 绝对收敛 (C) 发散 (D) 收敛性不能确定 (5) n维向量组 ,,,(3sn) 线性无关的充分必要条件是 (D) 1 2 s (A) 有一组不全为0的数k ,k ,,k ,使k k k 0. 1 2 s 1 1 2 2 s s (B) ,,,中任意两个向量都线性无关. 1 2 s (C) ,,,中存在一个向量，它不能用其余向量线性表出. 1 2 s (D) 中任意一个向量都不能用其余向量线性表出. ,,, 1 2 s 四．(本题满分6分) 1988年 • 第2页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 x y 2u 2u 设u  yf( )xg( )，其中f,g具有二阶连续导数，求x  y . y x x2 xy u  x  y y  y 解：  f   g    g   . „„2分 x  y  x x  x 2u 1  x y2  y  f    g   . „„3分 x2 y  y x3  x 2u x  x y  y  f    g   . „„5分 xy y2  y x2  x 2u 2u 所以x  y 0. „„6分 x2 xy 五、(本题满分8分) 设函数y=y(x)满足微分方程y3y2y2ex,且图形在点(0，1)处的切线与曲线 yx2x1在该点的切线重合，求函数y  y(x). 解：对应齐次方程的通解为Y Cex C e2x. „„2分 1 2 设原方程的特解为y*  Axex, „„3分 得A2. „„4分 故原方程通解为y(x)Cex C e2x 2xe2x. „„5分 1 2 又已知有公共切线得y| 1,y| 1， „„7分 x0 x0 c c 1, 即 1 2 解得c 1,c 0. „„8分 c 2c 1 1 2  1 2 所以y(12x)e2x. 六、(本题满分9分) k 设位于点(0，1)的质点A对质点M的引力大小为 (k>0为常数，r为质点A与M之 r2 间的距离—)，质点M沿曲线y 2xx2 自B(2,0)运动到O(0，0).求在此运动过程中质点A 对质M点的引力所做的功.  解：MA{0x,1y} „„2分 r  x2 (1y)2.   因引力 f 的方向与MA一致，  k 故 f  {x,1y}. „„4分 r3 1988年 • 第3页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 k 从而W  [xdx(1y)dy] „„6分 BOr3 1 k(1 ). „„9分 5 七、(本题满分6分) 1 0 0  1 0 0     已知APPB,其中B0 0 0 ,P2 1 0求A及A5.     0 0 1 2 1 1      1 0 0   解：先求出P1  2 1 0 . „„2分     4 1 1   1 0 01 0 0  1 0 0     因APPB，故A PBP1  2 1 0 0 0 0 2 1 0         2 1 1 0 0 1 4 1 1     1 0 0  1 0 0 1 0 0        2 0 0 2 1 0  2 0 0 . „„4分           2 0 1 4 1 1 6 1 1      5个 5个 从而A5  AAAAA（PBP1）(PBP1)(PBP1) PB5P1=PBP1=A. „„6分 八、(本题满分8分) 2 0 0 2 0 0      已知矩阵A0 0 1与B0 y 0 相似，     0 1 x 0 0 1     (1) 求x与y； (2) 求一个满足P1AP B的可逆矩阵P. 解：(1) 因A与B相似，故|EA||EB|，即 „„1分 2 0 0 2 0 0 0  1  0  y 0 ， 0 1 x 0 0 1 亦即(2)(2x1)(2)(2(1y)y). 1988年 • 第4页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 2 0 0 2 0 0      比较两边的系数得x 0,y 1.此时A 0 0 1 ，B 0 1 0 . „„3分         0 1 0 0 0 1     (2) 从B可以看出A的特征值2,1,1. „„4分 1   对2，可求得A的特征向量为 p  0 . 1     0   0   对1，可求得A的特征向量为 p  1 . 2     1   0    对1，可求得A的特征向量为 p  1 . „„7分 3     1   因上述 p , p , p 是属于不同特征值的特征向量，故它们线性无关. 1 2 3 1 0 0    令P(p ,p ,p ) 0 1 1 ，则P可逆，且有P1AP B. „„8分 1 2 3     0 1 1   九、(本题满分9分) 设函数 f(x)在区间  a,b  上连续，且在(a,b)内有 f(x)0.证明：在(a,b)内存在唯一 的，使曲线y  f(x)与两直线y (),xa所围平面图形面积s 是曲线y  f(x)与两直 1 线 y (),xa所围平面图形面积s 的3倍. 2 证：存在性 在[a,b]上任取一点t，令 t b F(t)   [f(t) f(x)]dx3 [f(x) f(t)]dx a t  t   b   f(t)(ta) f(t)dx 3  f(x)dx f(t)(bt) „3分  a   t  则F(t)在[a,b]上连续. 又因 f (x) 0,故 f(x)在[a,b]上是单调增加的. 于是在(a,b)内取定点c，有 b c b F(a)3 [f(x) f(a)]dx3 [f(x) f(a)]dx3 [f(x) f(a)]dx a a c 3 b [f(x) f(a)]dx3f() f(a)(bc)0, c b.. 1 1 c 1988年 • 第5页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 b c b F(b) [f(b) f(x)]dx [f(b) f(x)]dx [f(b) f(x)]dx a a c  c [f(b) f(x)]dx f(b) f()(ca)0, a c. „„5分 2 2 a 所以由介值定理知，在(a,b)内存在ξ ,使F()  0，即S 3S . „„6分 1 2 唯一性 因F(t) f(t)[(ta)3(bt)]0， „„8分 故F(t)在(a,b)内是单调增加的.因此，在(a,b)内只有一个ξ , 使S 3S . „„9分 1 2 十、填空题(共6分，每个2分) 19 (1) 设三次独立实验中，事件A出现的概率相等.若已知A至少出现一次的概率等于 ，则 27 1 事件A在一次试验中出现的概率为 . 3 6 17 (2) 在区间(0,1)中随机地取两个数，则事件“两数之和小于 ”的概率为 . 5 25 x 1  u2 (3) 设随机变量X 服从均值为10，均方差为0.02的正态分布.已知(x)= e 2 du，  2 (2.5)0.9938 ，则X 落在区间(9.95，10.05)内的概率为 0.9876 . 十一、(本题满分6分) 1 设随机变量X 的概率密度函数为 f (x) ，求随机变量Y 13 X 的概率密 x (1x2) 度函数 f (y). Y 解：因Y 的分布函数 F (y) P(Y  y) „„1分 Y P{13 X  y}P{3 X 1y}P{X (1y)3} „„2分   dx 1  1     arctanx   arctan(1 y)3  . „„4分  (1x2)  2  (1y)3 (1y)3 d 3 (1 y)3 故Y 的概率密度函数为 f (y)  F (y) . „„6分 Y dy Y 1(1y)6 1988年 • 第6页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 数 学（试卷二） 一．(本题满分15分，每小题5分) (1) 【 同数学一 第一、(1) 题 】 (2) 【 同数学一 第一、(2) 题 】 (3) 【 同数学一 第一、(3) 题 】 二、填空题：(本题满分12分，每小题3分) (1) 【 同数学一 第二、(1) 题 】 (2) 【 同数学一 第二、(2) 题 】 (3) 【 同数学一 第二、(3) 题 】 (4) 【 同数学一 第二、(4) 题 】 三、选择题(本题满分15分，每小题3分) (1) 【 同数学一 第三、(1) 题 】 (2) 【 同数学一 第三、(2) 题 】 (3) 【 同数学一 第三、(3) 题 】 (4) 【 同数学一 第三、(4) 题 】 (5) 【 同数学一 第三、(5) 题 】 四．(本题满分18分，每小题6分) (1) 【 同数学一 第四题 】 2 x x 4 2 x (2) 计算 dx sin dy dx sin dy. 1 x 2y 2 x 2y 2 x x 4 2 x 解： dx sin dy dx sin dy 1 x 2y 2 x 2y 2 y2 x  dy sin dx „„3分 1 y 2y 22y      cos cos y  dy. „„4分 1   2 2  8  y 4   tcostdt (令t  ) (2). „„6分 3  2 3 2 1988年 • 第7页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 (3) 求椭球面x22y23z2 21上某点M处的切平面的方程，使平面过已知直线 x6 y3 2z1 l:   . 2 1 2 解：令F(x,y,z)x22y23z221,则F 2x,F 4y,F 6z. x y z 椭球面在点M(x ,y ,z )处的切平面的方程为 0 0 0 2x (xx )4y (yy )6z (zz )0,即x x2y y3z z21. „„2分 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 7 因为平面过直线L，故L上的任两点，比如点A(6,3, )、B(0,0, )应满足的方程， 2 2 3 代入有6x 6y  z 21 (1) 0 0 2 0 z  2 (2) 0 又因 x2 2y2 3z2 21, (3) 0 0 0 于是有x 3,y 0,z 2及x 1,y 2,z 2. „„4分 0 0 0 0 0 0 故所求切平面的方程为x2z 7和x4y+6z 21. „„6分 五、（本题满分8分）【 同数学一 第五题 】 六、（本题满分9分）【 同数学一 第六题 】 七、（本题满分6分）【 同数学一 第七题 】 八、（本题满分8分）【 同数学一 第八题 】 九、（本题满分9分）【 同数学一 第九题 】 1988年 • 第8页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 数 学（试卷三） 一、填空题 (本题满分20分，每小题4分) e2(sinxcosx),x0 (1) 若 f(x) 是(,)上的连续函数，则 1 .  2x,x0 (2) 【 同数学一 第二、（1）题 】 (3) 【 同数学一 第二、（3）题 】 1 (4) lim( )tgx  1 . x0 x 4 (5)  e xdx 2(e2 1) 0 二、选择题 (本题满分20分，每小题4分) 1 1 (1) f(x) x3 x2 6x1的图形在点（0，1）处切线与x轴交点的坐标是 (A) 3 2 1 1 (A) ( ,0) (B) (1,0) (C) ( ,0) (D) (1,0) 6 6 (2) 若 f(x)与g(x)在(,)上皆可导，且 f(x)〈g(x)，则必有 (C) (A) f(x) g(x) (B) f(x) g(x) X x (C) lim f(x) limg(x) (D)  f(t)dt  g(t)dt xx xx 0 0 0 0 (3) 【 同数学一 第二（1）题 】 3 (4) 曲线y sin2 x(0 x)与x轴围成的图形绕x轴旋转所形成的旋转 (B) 4 4 2 2 (A) (B)  (C) 2 (D)  【B 】 3 3 3 3 (5) 【 同数学一 第三（5）题 】 三、(本题满分15分，每小题5分) (1) 【 同数学一第一、（2）题 】 (2) 已知y1xexy，求yx0及yx0. 解： 显然x0时，y 1. „„1分 yxexy(xyy)exy exy(x2yxy1). „„2分 因此y e0 1； „„3分 x0 1988年 • 第9页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 而yexy(x2y2xyxyy)exy(x2yxy1)(xy1)， „„4分 即得y| e0e0 2. „„5分 x0 1 1 (3) 求微分方程y y 的通解（一般解）. x x(x2 1)  1 dx  1  1 dx  解：y e x   e x dxC „„3分 x(x2 1)   1 1    dxC „„4分   x x2 1  1  arctanxC，其中C是任意常数. „„5分 x 四、(本题满分12分) 6 作函数y 的图形，并填写下表 x2 2x4 单调增加区间 单调减少区间 极值点 极 值 凹() 区间 凸() 区间 拐 点 渐近线 解： 单调增加区间 (,1) （1分） 单调减少区间 (1,) （2分） 极值点 1 （3分） 极值 2 （4分） 凹区间 (,0)及(2,) （6分） 凸区间 (0,2) （7分） 3 3 拐点 (0, )及(2, ) （9分） 2 2 渐进线 y 0 （10分） 1988年 • 第10页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 其图形为： 五、(本题满分8分) 将长为a的铁丝切成两段，一段围成正方形，另一段围成圆形.问这两段铁丝各长为多 少时，正方形与圆形的面积之和为最小？ 解： 设圆形的周长为x，则正方形的周长为ax，而两面积之和为 ax 2  x  2 4 a a2 A       x2  x ， „„3分  4  2 16 8 16 4 a （令） a A x 0，得x . „„5分 8 8 4 4 A 0. „„7分 8 a 4a 故当圆的周长为x 时，正方形的周长为ax 时，A之值最小. „„8分 4 4 六、(本题满分10分)【 同数学一 第五题（分值不同）】 七、(本题满分7分) x 设x1，求  (1 t)dt. 1 x x 解：当1 x0时， (1|t|)dt  (1t)dt „„1分 1 1 x 1  (1t)2 „„2分 2 1 1  (1x)2. „„3分 2 x 0 x 当x0时， (1|t|)dt  (1t)dt (1t)dt „„5分 1 1 0 1 1 (1x)2. „„7分 2 八、(本题满分8分) 1988年 • 第11页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 设 f(x)在(,)上有连续导数，且m f(x)M . 1 a   1 a (1) 求lim  f(ta) f(ta)dt； (2) 证  f(t)dt f(x) M m (a 0). a04a2 a 2a a 解：(1) 由积分中值定理和微分中值定理有 1 a lim  [f(ta) f(ta)]dt a0 4a2 a 1  lim [f(a) f(a)](aa) „„2分 a0 2a  lim f(*) lim f(*) (2aa* a2a)= f(0). „„4分 a0 *0 (2) 证：由 f(x)的有界性及积分估值定理有 „„5分 1 a m  f(t)dt M , „„6分 2a a 又 M f(x)m， „„7分 1 a 故有 (M m)  f(t)dt f(x)M m， 2a a 1 a 即  f(t)dt f(x) M m. „„8分 2a a 1988年 • 第12页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 数 学（试卷四） 一、填空题（本题满分12分，每空1分） x  1 t2 (一) 已知函数 f(x) e 2 dt, x. 0  1 t2 （1） f(x) e 2 . （2） f(x)的单调性： 单调增加 . （3） f(x)的奇偶性： 奇函数 . （4） f(x)图形的拐点：（0，0） （5） f(x)图形的凹凸性：x0时上凹（下凸）,x0时下凹（上凸）.   （6） f(x)图形的水平渐近线近线： y ,y 2 2 1 1 1 0 1 1 0 1 (二)  3 . 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1     0 0 1 0 0 0 1 0 (三)      . 0 1 0 0 0 1 0 0     1 0 0 0 1 0 0 0 (四) 假设P(A)0.4，P(AB)0.7，那么 （1）若A与B互不相容，则P（B）= 0.3 . （2）若A与B相互独立，则P（B）= 0.5 . 二、（本题满分10分）（每小题，回答正确得2分，回答错误得-1分，不回答得0分； 全题最低得0分） （1）若极限lim f(x)与lim f(x) g(x)都存在，则极限lim g(x)必存在. （） xx xx xx 0 0 0 （2）若x 是函数 f(x)的极值点，则必有 f(x )0. （） 0 0 a a （3）等式 f(x)dx f(ax)dx,对任何实数a都成立. （） 0 0 （4）若A和B都是n阶非零方阵，且AB=0，则A的秩必小于n. （√） 1988年 • 第13页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 （5）若事件A，B，C满足等式AC BC, 则 A=B. （） 三、（本题满分16分，每小题4分.） xx 1 (1) 求极限 lim x1 xlnx 0 解一： 此极限为 型未定式，由罗必塔法则，则 0 xx(lnx1) 原式=lim limxx 1. „„4分 x1 lnx1 x1 解二： 令t  xlnx，则xx et.由于当x1时，t 0，可见 et 1 原式=lim limet 1. „„4分 t0 t t0 2u (2) 已知Ｕ＋eu  xy，求 . xy u y u x 解：由于  ，  ， „„2分 x 1eu y 1eu u 1eu  yeu 2u  u y 可见     „„3分 xy yx (1eu)2 1 xyeu   . „„4分 1eu (1eu)3 3 dx (3) 求定积分 . 0 x(1 x) dx 解一： 由于 2d( x)，可见 x 3  2d x 原式= „„2分  1x 0 2  . „„4分 3 解二： 令 x t，xt2,dx2tdt；当x0时，t 0；当x3时，t  3； „„1分 3 2dt 于是，原式= „„2分 0 1t2 3 2arctan x „„3分 0 1988年 • 第14页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 2  . „„4分 3  cosx (4) 求二重积分6dy6 dx. 0 y x  xcosx 解： 在原式中交换积分次序，得 原式6dx dy „„2分 0 0 x   1 =6cosxdx =sinx 6  „„4分 0 0 2 . 四、（本题满分６分，每小题３分）  (n1)! (1) 讨论级数 的敛散性 nn1 n1 u (n2)! nn1 (n2) nn1 n2 1 解：由 n1       ，有 u (n1)n2 (n1)! (n1)n1 n1 n1 1 n (1 )n1 n u n2 1 1 lim n1 lim   1， „„2分 n u n n n1 (1 1 )n1 e n  (n1)! 故由级数收敛的比值判别法，知 收敛. „„3分 nn1 n1    (2) 已知级数a2 和b2 都收敛，试证明级数a b 绝对收敛. i n n n1 in n1    1 证： 由于级数a2 和b2 都收敛，所以 (a2 b2)收敛. „„2分 i 2 i i n1 in n1 1 而a b  (a2 b2)， n n 2 n n   故由比较判别法，知级数|a b |收敛，即a b 绝对收敛. „„3分 n n n n n1 n1 五、（本题满分8分） a 已知某商品的需求量Ｄ和供给量都是价Ｐ的函数：D D(p) ，S S(p)bp， p2 dp 其中a>0和b>0是常数：价格p是时间t的函数且满足方程 k[d(p)s(p)],(k是常数）， dt 假设当t=0时价格为1.试求： （1）需求量等于供给量时的均衡价格P ； （2）价格函数 p(t)； （3）极限lim p(t). e t 1988年 • 第15页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 a a a 1 解：(1) 当需求量等于供给量时，有 bp，即 p3  . 故 p ( )3. „„1分 p2 b e b dp a b a (2) 由条件知 k[D(p)S(p)]k[ bp]k [  p3]. dt p2 p2 b dp b p2dp 因此有 k [p 3 p3]，即 kbdt. „„3分 dt p2 e p3 p 3 e 在该式两边同时积分得 p3  p3ce3kbt. „„5分 e 1 故由条件P(0)1，可得c1 p3.于是价格函数为 p(t)[p3(1 p3)e3kbt]3. „„6分 e e e 1 (3) limp(t)lim[p3(1 p3)e3kbt]3  p „„8分 e e e t t 六、（本题满分8分） 在曲线yx2(x0)上某点A处作一切线，使之与曲线以及x轴所围图形的面积为 1 ，试求： 12 (1) 切点A的坐标； (2) 过切点A的切线方程； (3) 由上述所围平面图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积. 解：设切点A的坐标为(a,a2)， 则过点A的切线方程的斜率为 y| 2a，切线方程为ya2 2a(xa)，即y 2axa2. „„2分 xa a2 可见，切线与x轴的交点为( ,0). 故曲线、x轴以上及切线这三者所围图形的面积为 2 a a3 a3 a3 a3 S  x2dx    . „„4分 0 4 3 4 12 1 而由题设知S  ，因此a1. „„5分 12 于是，切点A的坐标为(1,1)，过切点(1,1)的切线方程为y 2x1. „„6分 1 1  旋转体的体积为V  (x2)2dx (2x1)2dx . „„8分 1 0 30 2 七、（本题满分8分） 1988年 • 第16页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 x x 2x 3x 1 1 2 3 4  x x 2x 3x 1 已给线性方程组 1 2 3 4 ，问k 和k 各取何值时，方程组无解？有唯一 x x 2x 3x 1 1 2  1 2 3 4 x x 2x 3x 1  1 2 3 4 解？有无穷解？在方程组有无穷解的情景下，试求出一般解. 解： 以A表示方程组的系数矩阵，以(A|B)表示增广矩阵， 1 1 2 3 1  1 1 2 3 1      1 3 6 1 3 0 1 2 11     因(A|B)  „„2分 3 1 k 153  0 0 k 2 2 4   1   1      1 5 10 12 k 0 0 0 3 k 5     2 2 故当k  2时，R(A) R(A|B)4，方程组有唯一解； „„3分 1 1 1 2 3 1  1 1 2 3 1      0 1 2 11 0 1 2 11     当k  2时，有(A|B)  „„4分 1 0 0 0 2 4  0 0 0 1 2          0 0 0 3 k 5 0 0 0 0 k 1     2 2 这时，若k 1，则R(A)3 R(A|B)4，故方程组无解； 2 若k 1，则R(A) R(A|B)34，故方程组有无穷多组解，此时有 „„6分 2 1 1 2 3 1 1 0 0 4 0 1 0 0 0 8       0 1 2 11 0 1 2 11 0 1 2 0 3       (A|B)   „„7分 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2              0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       x 8; 1  相应的方程组为x 32x ，取x c（c为任意常数），得方程组的一般解： 2 3 3  x 2.  4 x 8,x 32c,x c,x 2. „„8分 1 2 3 4 综上所述：当k  2时，方程组有唯一解；当k  2而k 1时，方程组无解； 1 1 2 当k  2且k 1时，方程组有无穷多组解，其一般解为 1 2 x 8,x 32c,x c,x 2，其中c为任意常数. 1 2 3 4 八、（本题满分7分） 已知向量组a a ,,a（S2）线性无关，设a a , a a ,, a,a a ， 1, 2 s 1 1 2 2 2 3 s1 s s s 1 1988年 • 第17页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 讨论向量组,,,的线性相关性. 1 2 s 解：假设k ,k ,,k 是一数组，满足条件kk  k 0 „„1分 1 2 s 1 1 2 2 s s 那么，有(k k )(k k ) (k k ) 0. s 1 1 1 2 2 s1 s s k k 0 s 1  k k 0  1 2  由于a a ,a ,线性无关，故有k k 0 （*） „„3分 1, 2 s 2 3     k k 0 s1 s 此方程组的系数行列式为s阶行列式： 1 0 0  0 1 1 1 0  0 0 2, 若s为奇数 D 0 1 1  0 0 1(1)s1  „„5分 0, 若s为偶数       0 0 0  1 1 若s为奇数，则D20，故方程组（*）只有零解，即k ,k ,,k 必全为0. 1 2 s 这时，向量组,,,线性无关. 1 2 s 若s为偶数，则D 0，故方程组（*）有非零解，即存在不全为0的数组k ,k ,,k ， 1 2 s 使kk  k 0.这时，向量组,,,线性相关, „„7分 1 1 2 2 s s 1 2 s 九、（本题满分6分） 1 设A是三阶方阵，A是A的伴随矩阵，A的行列式 A  .求行列式(3A)12A 的值. 2 1 解： 因 (3A)1  A1， „„2分 3 1 故 A* |A|A1  A1， „„3分 2 3 1 2  2 所以 (3A)12A | A1A1|  A1     |A1| „„5分 3 3  3 16  . „„6分 27 十、（本题满分7分） 玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含0，1，2只残次品的概率是0.8，0.1和0.1， 一顾客欲购买一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客开箱随机观察4只，若无 1988年 • 第18页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 残次品，则购买下该玻璃杯，否则退回.试求： (1) 顾客买下该箱的概率； (2) 在顾客买下的一箱中，确实没有残次品的概率. 解：设B ＝｛箱中恰有i件残品次品｝（i 0,1,2），A＝｛顾客买下所察看的一箱｝. i „„1分 C4 4 由题意知P(B )0.8,P(B)0.1,P(B )0.1；P(A|B )1,P(A|B) 19  ； 0 1 2 0 1 C4 5 20 C4 12 P(A|B ) 18  . „„3分 2 C4 19 20 2 0.4 1.2 (1) 由全概率公式P(A)P(B)P(A|B)0.8  0.94； „„5分 i i 5 19 i0 P(B )P(A|B ) 0.8 (2) 由贝叶斯公式P(B | A) 0 0  0.85. „„7分 0 P(A) 0.94 十一、（本题满分6分） 某保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗索赔户占20%，以X表示在随意抽 查的100个索赔户中因被盗向保险公司索赔的户数. (1) 写出X的概率分布； (2) 利用棣莫佛拉普拉斯定理，求出索赔户不少于14户且不多于30户的概率的近似值. 解：(1) X 服从二项分布，参数n100, p 0.2，其概率分布为 P{X k}Ck 0.2k0.8100k (k 0,1,100). „„2分 100 (2) 由X B(n,p)知，EX np20,DX np(1 p)16, „„4分 故根据棣莫佛－拉普拉斯定理，有 1420 X 20 3020  X 20  P{14 X 30} P    P1.5 2.5 „„5分  16 16 16   4  (2.5)(1.5)(2.5)[1(1.5)] 0.994[10.933]0.927. „„6分 十二、（本题满分6分） 假设随机变量X在区间（1，2）上服从均匀分布.试求随机变量Y e2x的概率密度f(y). 1, 若1 x2 解：由条件知，X 的密度函数为 p(x) „„1分 0, 其他 记F(y) P{Y  y}为Y 的分布函数，则有 1988年 • 第19页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准  0, 若ye2 ……2分   1 lny F(y)2 dx, 若e2  ye4 ……3分  1 1, 若ye4 ……4分    0, 若ye2  因此 f(y)F(y)   1 , 若e2  ye4 于是（当ye2,e4时，补充定义 f(y)0），得 2y    0, 若ye4  1  , 若e2  ye4 f(y)2y . „„6分   0 若ye4 1988年 • 第20页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 数 学（试卷五） 一、 【 同数学四 第一题 】 二、 【 同数学四 第二题 】 三、（本题满分16分，每小题4分.）  (1) 求极限lim(1x2)tg x. x1 2 1x2 解：原式lim „„1分 x1  cot x 2 2x  lim sin2 x „„3分 x1  2  2 4  . „„4分  x 2u (2) 已知u ey ，求 . xy x u 1 解：  ey ， „„1分 x y 2u 1 x 1 x  x   ey  ey    „„3分 xy y2 y  y2  x x y  ey. „„4分 y3 (3) 【 同数学四 第三、（3）题 】 (4) 【 同数学四 第三、（4）题 】 四、（本题满分6分） axb,x1 确定常数a和b，使函数 f(x) ，处处可导.  x2,x1 解：当x1时，显然 f(x)可导； „„1分 为使x1时，导数 f(x)存在， f(x)在x1处必须连续， 故有 f(10) f(10) f(1)， „„2分 1988年 • 第21页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 由此可得ab1. „„3分 又由 f(10)a, f(10)2, „„4分 以及 f(x)在x1处的可导性，有 f(10) f(10).由此得a2， „„5分 从而b1. „„6分 五、（本题满分8分.）【 同数学三 第五题 】 六、（本题满分8分.）【 同数学四 第六题 】 七、（本题满分8分.）【 同数学四 第七题 】 八、（本题满分6分.） 已知n阶方阵A满足矩阵方程A2 3A2E 0，其中A给定，而E是单位矩阵. 证 明A可逆，并求出其逆矩阵A1. 解一：由A2 3A2E0，可见A2 3A2E，A(A3E)2E. 在上式两端同取行列式，得|A(A3E)||2E|；|A||(A3E)||2E|2n 0 „„3分 由此可见|A|0，从而A可逆. „„4分 1 1 在A(A3E)2E两端同时左乘 A1，得A1  (A3E). „„6分 2 2 解二：由A2 3A2E0，可见A2 3A2E. 从而有 1  1  A (A3E) E及 (A3E) AE. „„3分     2  2  1 记B (A3E)，则ABBAE. 由逆矩阵的定义知A可逆，且B是A的逆矩阵： 2 1 A1 B (A3E). „„6分 2 九、（本题满分7分.）【 同数学四 第八题 】 十、（本题满分7分.）【 同数学四 第十题 】 十一、（本题满分7分） 假设有十只同种电器元件，其中有两只废品装配仪器时从这批元件中任取一只，如是 废品，则倒掉重新任取一只；若仍是废品，则扔掉再取一只.试求在取到正品之前，已取出 的废品只数的分布，数学期望和方差. 解： 以X 表示在取到正品前已取出的废品数. 知X 是一随机变量，其有3个可能的取值：0,1,2. „„1分 1988年 • 第22页郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1988年数学试题参考解答及评分标准 8 2 8 8 （1）分布：P{X 0} 0.8；P{X 1}   ； 10 10 9 45 2 1 8 1 P{X 2}    . „„4分 10 9 8 45 8 1 2 （2）数学期望：EX 00.81 2  . „„5分 45 45 9 8 1 4 （3）方差：EX2 020.812 22  ， „„6分 45 45 15 88 DX EX2 (EX)2  . „„7分 405 十二、（本题满分5分.）【 同数学四 第十二题 分值不同 】 1988年 • 第23页