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ii版权专有侵权必究
图书在版编目（CIP）数据
张宇考研数学真题大全解.解析分册.数学一 /张
宇，高昆轮主编.一北京：北京理工大学出版社，
2022. 5（2023. 6 重印）
ISBN 978- 7 - 5763 - 1321 - 5
I.①张…口.①张… ②高…ID.①高等数学-研
究生-入学考试-题解 M①013-44
中国版本图书馆CIP数据核字（2022）第079276号
出版发行/北京理工大学出版社有限责任公司
社 址/北京市海淀区中关村南大街5号
邮 编 / 100081
电 话 / （010）68914775（总编室）
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经 销/全国各地新华书店
印 刷/天津市蓟县宏图印务有限公司
开 本/ 787毫米X1092毫米 1/16
印 张/ 18 责任编辑/多海鹏
字 数/ 449千字 文案编辑/多海鹏
版 次/ 2022年5月第1版2023年6月第2次印刷 责任校对/周瑞红
定 价/ 199. 90元（共3册） 责任印制/李志强
图书出现印装质量问题，请拨打售后服务热线,本社负责调换2024版《张宇考研数学真题大全解》如期与读者见面了，本书完整地收集了 1987—2023年考研数学真
题及其详细解析，是对考研数学的一个完整见证！
真题是最好的指挥棒，特别是新大纲下的试题(2021-2023年)更是研究当下考试规律的宝贵材料.
关于真题的使用给出如下两点建议.
一、 使用时间上，从9月份开始练习真题即可，因为在做真题前，考生需要经过一轮或两轮的完整知识
点复习与题型训练,所以建议考生在完成《张宇高等数学18讲》《张宇线性代数9讲》《张宇概率论与数理
统计9讲》和《张宇考研数学题源探析经典1000题》之后再使用真题，这样效果会更佳.
二、 使用方式上，建议考生一套一套地去做，一套一套地去练(尤其是近些年的试卷)，希望考生通过反
复地练习能积累经验、把握重点、突破计算.
值得一提的是，我们对近10年(2014-2023年)的真题录制了完整的视频讲解，书中配有二维码，考生
可以扫码观看.另外，本书还专门配备了专题分册，此分册完整地汇总了考研数学每个专题的重要定理、性
质与公式等,方便考生做模考后的总结使用.
希望大家能够通过真题的练习完善自己的知识结构与解题方法，更期待和大家在冲刺阶段的《考研数
学命题人终极预测8套卷》《张宇考研数学最后4套卷》相见！
2023年5月于北京目录
1987年全国硕士研究生入学统一考试数学解析............................ (1)
1988年全国硕士研究生入学统一考试数学解析............................ (8)
1989年全国硕士研究生入学统一考试数学解析 ............................ (14)
1990年全国硕士研究生入学统一考试数学解析 ............................ (21)
1991年全国硕士研究生入学统一考试数学解析 ............................ (28)
1992年全国硕士研究生入学统一考试数学解析............................ (35)
1993年全国硕士研究生入学统一考试数学解析............................ (41)
1994年全国硕士研究生入学统一考试数学解析 ............................ (49)
1995年全国硕士研究生入学统一考试数学解析 ............................ (57)
1996年全国硕士研究生入学统一考试数学解析............................ (64)
1997年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析 .......................... (71)
1998年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析.......................... (78)
1999年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析 .......................... (85)
2000年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析 .......................... (92)
2001年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析 .......................... (98)
2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (105)
2003年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........... (112)
2004年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析.........................(119)
2005年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (127)
2006年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (135)
2007年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (143)
2008年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (152)
2009年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (159)
2010年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ (167)
• 1 •7匕垢考研数学
真题大全解（数学一）＞〉, °
2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ （175）
2012年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ （184）
2013年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ （195）
2014年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析........................ （204）
2015年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （212）
2016年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （220）
2017年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （229）
2018年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （236）
2019年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （244）
2020年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （252）
2021年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （259）
2022年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （266）
2023年全国硕士研究生招生考试数学一解析............................ （273）
• 2 •1987年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I )
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应填 x-3-+z=0.
解所求平面法向量可取为
i j k
“=011 =~i+j~k.
1 2 1
由题可知所求平面过原点，则所求平面方程为
-1 • (x-0) + l • (了一0) — 1 • (z-0)=0,
即 x~y+z=0.
(2) 答应填—点.
解法 1 y=2x+x2x\n 2=2I(l+xln 2).令 y=0,得工=一日五，且当日方时<0;当 一日
时，/>0,则函数在工=一点处取得极小值.
解法2 y，=2I+x2xln 2=2x(l+^ln 2).令y'=0,得工=一点・由题意可知极小值是存在的，且只
能在工=一点处取得•
(3)答应填今.
解法1 如图所示，令lnz=0,得i=l;令e+l—i=0,得
e+1—了,得z=e.则所求面积为
S= J In j：dz+ | (e+l—i)dz=3・
解法2 对 '积分，则所求面积为S= J；怎+1—，一次尸奇.
(4) 答应填一18兀
解由格林公式可知
原式=。[2z—4—(2z—2)]drd;y= —2 jj &d;y=—2X9tt= —18穴,
D D
其中 D={(i,y) \x2+y2^9}.
(5) 答 应填
解 设a在基,口2，。3下的坐标为&1，工2，了3)，则10 +]2。2+]3。3=。，即
• 1・花W考研数学
o
昭 真题大全解（数学一）＞＞〉
，X1+x2=2,
<11+z3=0，
、互+z3=0，
解此方程组得唯一解：= 1 ,互=1 口3 = — 1.
二、(本题满分8分)
解]=lim七 = lim 涉M = 1血 1 1 ,,
—~IZZ- 11H1 "Z ，
z ox — sm x zb — cos x d 0 — cos x /z+%2 插 Z —COSZ
则必有lim（A —cos z） = 0,否则上式右端极限是0,根据洛必达法则，左端极限也应该是0,这与左端极限
是1矛盾！故》=1,进而
W liml—= A = W，
Ja t。一 cos x 几 z 1 — cos i 插
即 1= F，得 a =4.
注洛必达法则是说若分子分母分别求导后的极限存在（或者为无穷大）,则原来的极限也存在（或者
为无穷大），这里的逻辑关系应该理清楚.
三、（本题满分7分）
字"+必，票=（1十力g，,
⑴解
OX ox
窄• *=(l+v)g ，• (/+>/;).
(2)解因 AB=A+2B，故 AB-2B=A,即(A-2E)B=A,且 |4一2E|O0,故 B=(4-2E)-%,
0 1 : 3 0 r '] 0 0 5 -2 -2 '5 -2 —2'
(A-2E : A)= 1 -1 0 1 1 0 —► 0 1 0 4 -3 -2 ，故B= 4 -3 -2
0 1 2 : 0 1 、0 0 1 -2 2 3 . -2 2 3 .
四、 （本题满分8分）
解特征方程 r3 + 6r2 + （9+a2）r=0
的三个根为『1=05,3 = —3士ai.对应齐次方程的通解为
y=Ci+e-ll（C2cos ax+Gsin ax'）,
其中G，C2，C3为任意常数.
设原方程的特解V=Az,代入原方程，得A=点.
因此,原方程通解为
«
y=Y+y' =Ci +e-3l（C2cos aa:+C3sin az）+咨日
五、 选择题（本题共4小题,每小题3分，满分12分）
（1）答应选（C）.
解由于（一 1）”斗=马丞+上叱,又S和吏U12：都收敛，所以£（—1）”中
收敛.而
・2 -1987年
° ＜〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
由于S自收敛，S ■发散，则S 中发散.故原级数条件收敛•
n„—_1 1 7Z „n— 一11 〃 _n—_11 TI
(2) 答应选(D).
解I=t『六也)丑座二「，(u)d”,由此可见,1的值只与S有关，所以应选(D).
J 0 Jo
(3) 答应选(B).
解法1由于lim号三猝=—1V0,由极限的局部保号性可知,存在点x=a的某去心邻域，在此去
工心邻域内号―乌叭。,又(工一疔〉。,则六了)一y(a)〈o,即f(x)＜f(a),由极值定义可知/U)在r=a
(]—Q)
处取极大值.由lin/*) _〈乎)=—],可知在 x = a 某邻域有 /(X)—/(a) = — (x —a)2+o((x —a)2),
r*a- (Z CL)
/,(x) = —2(x—a)+o(x—a),因此 /(工)在 x—a 处可导且 f'(a) =0.
解法2取/(.) = -& —a)%此/■&)显然满足题设条件，且，(a)=0,则(A)和(D)不能选，又
/(x) = -(T-a)2显然在x=a处取得极大值，则(C)不能选，故应选(B).
(4) 答应选(C).
解 由 AA' = \A\E 两端取行列式，得 |A|\A' | = |A|\因 |A|=a7O 得⑷ | = |4|”T=a”T.
六、 (本题满分10分)
解记"”=W$”T，有
71L -
=limI .咯 I
»*oro J Un | n-^°o | (〃十 1)2” xn \ Z
令号 VI,知原级数在开区间(-2,2)内每一点都收敛.
当工=一2时，原级数=§ 土(一2)”t=§ S(T)'-d，故由莱布尼茨判别法知其收敛；
篇 Z ”=1 n
当*=2 时，原级数=2 *2 ”7=牛S【，显然发散，故慕级数的收敛域为E-2,2).
n=l n 乙 L n=l n
当M[—2,2),且f 时，记S(z)= £ 赤广弓 S +(专)'=弦&)，其中&(工)=S *( 专)
由于S3弓£(千广=土，于是S&)=J；昌+S(0) = ln£・
当 了=0 时,S(0)=y.
■^■In 2,2),且 1尹0,
因此矗级数的和函数为S(])=＜工 X
3， H=0.
七、 (本题满分10分)
(x2+z2^2, 一
解 取圆片％： 其法向量方向与丁轴正向相同，如图所示.
1)=3,
设Z和习所围成区域为O,由高斯公式，得
・3 -矣亨考研数学 (
抒3真题大全解(数学一)〉〉'
I (8丁+1—4y—4y)dp—jj jc(8;y+l)d;ydz+2(l—y2)dzdz
n %
—Ayzdzdy
=d〃一 jj2(1—/)&&=7|： j (夕一1)心 + 16 jj dzdz
n x, 1 工*< 2
= "(3~'2—+ 32江=2穴+32丸=34入.
八、(本题满分10分)
证 令 Fa)= /(^)-x,则 F(z)在［0,1］上连续，由于 0V/(］)V1,所以 F(0)=/(0)~0>0,
F(l)=/(l)-l<0,故由零点定理知，在(0,1)内至少存在一点％,使
F(J?)=/(J7)—J7 = 0,即 f(jc)=n
再设有两个］1，互£(0,1),了1<^2,使
f(.^l )=与,f〈0 )=互，
则由拉格朗日中值定理知,至少存在一点工£ 6,工Qu(o,i)，使
,(工)=y(Z2)—工2~~工1= 1
血一A x2—xx '
从而与题设/G)尹1矛盾.
综上，在(0,1)内有且仅有一点了，使，(工)*.=
注本题在证明“唯一性”时采用的是反证法，当然还可以利用单调性说明：F'G) =/怂)一1尹
OnF'Cr) > 0 或 F'Gc) < 0=>FGr)在［0,1］上单调,FG) = 0 在(0,1)内至多只有一个根.
九、(本题满分8分)
解对方程组的增广矩阵作初等行变换，得
rl 1 1 1 0 a 1 1 1 : 0
0 1 2 2 1 儿一3乃 0 1 2 2 : 1
0 -1 a—3 -2 b 0 -1 a—3 -2 b
〔3 2 1 a -1> lo -1 -2 a—3 : -1J
rl 1 1 1 0 )
0 1 2 2 1
n+元 0 0 a~l 0 b+1
0 \
to 0 0 a~l
①当 a/l时,r(A)==r(B) = 4(未知量的个数)，方程组有唯一解;
rl 1 1 1 0
0 1 2 2 1
②当a=l时，由(*)有Bf
0 0 0 0 6+1
-0 0 0 0 0
当蚌一 1时,r(A) = 2^r(B)=3,方程组无解；
当b=-1时,r(A) = r(B)=2V4(未知量的个数)，方程组有无穷多解，此时原方程组的同解方程组为
I Xi +jt2 +*3 +工4 = 0 ,
\x2~\-2x3-\-2xi = 1,
• 4 •1987年
° ＜〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解得通解为
其中k„k2为任意常数.
十、填空题(本题共3小题,每小题2分，满分6分)
(1)答应填 1—(1—/＞)”；(1—》)"+再＞(1—
解由伯努利概型的概率计算公式可知,A至少发生一次的概率为
1—P{A 一 次都不发生} = 1 一 = l —(1一仞".
P{A至多发生一次} =P{A 一次都不发生}+P{A恰好发生一次}
(2)答应填
I/O ao
解记A = ｛取的是第，个箱子｝«=1,2,3),B=｛从箱子中取出的是白球｝，则
P(Aj)=P(Az)=P(A3)= !，P(B|Ai)=咨 P*|(B|AQ= = ¥，P(B|A3)=亨.
0 0 0 O
①由全概率公式知 P(B) = P(A)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
,=3X5+耳X万+&X百-远；
故 EX=1,DX=&
+—、(本题满分6分)
[e-y, 0＜工＜1,/＞0,
解法1由已知条件，可得/*,( 了)=/%(工)•&3)= 甘-
lo, 其他.
由 z = 2x + y,得；y = z—2x,进而 /z(z) = j — 2x)dr,有效区域：
0 V — V 1> 0<=>0 v < l,z — 2h > 0<=>0 < . w 1 口 < 专.
当 0 1,即 z > 2 时,/z(z) = 2h)& = £广& = y(e2 一 1)广
y*)(,l-e- 02,
〔0, 其他.
• 5 •7伫玄考研数学 c
真题大全解（数学一）与〉 °
解法2由于X与y相互独立，故（X,Y）的概率密度为
仲-,,0＜工＜1，3＞0,
f3,y）=fx（H）•片（少=
〔0, 其他，
Fz(z)=P{2X+YWz}= JJ /(x,y)dzd>
因此,Z的分布函数为
•fvo,
T^1
0, zVO,
#(z+ef —1), 0VzV2,
l—；(e2 — l)e-‘，z>2.
乙
所以,Z的概率密度为
1
■yd-e-<), 0Vz^2,
允②=玲(2)=飞(普一庆
z>2,
-0, 其他
（试卷口）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题共2小题，满分14分）
（1） 解因|s|e-E为偶函数，工e-凶为奇函数，则
原式=xe-x（iz = （— 2xe~x — 2e-z） = 2 — .
J o I o e
（2） （本题满分8分）【同试卷I第二题】
三、 （本题满分7分）
解 斜［•亲+尤"怛+儿
翥=3成+犬W+iE片喘+庆
=fn • xe2y+/u - • e+fn • xe+fa.
四、 （本题满分8分）【同试卷I第四题】
五、 （本题满分12分）【同试卷I第五题】
六、 （本题满分10分）【同试卷I第六题】
七、 （本题满分10分）【同试卷I第七题】
八、 （本题满分10分）【同试卷I第八题】
• 6 •1987年
°瑚＜ 全国硕士研究生入学统一考试数学解析
九、(本题满分8分)【同试卷I第九题】
十、(本题满分6分)
证 由于 Ax】 =AiXi 9Ax2 =义20，且万乂义 2，故 AOi +x2)=Axi +Ax2=X1x1 +A2x2.
(反证)如果xi+x2是A的特征向量测应存在特征值人，使A(Xi+x2)=A(Xi+x2).综上，有
人 1X1+A2X2 =401 +x2 )，
即
, (Ai —A)xi + (A2—A)x2 =0. (*)
由于Xi，x2线性无关，在(* )中应有Ai—A=AZ—A=0,即义1=义2,与题设矛盾.故Xi+x2不是A的特征
向量.
• 7・1988年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I )
一、(本题共3小题,每小题5分，满分15分)
⑴解因为
&一3)”+1
(〃+1) • 3”+】 [. n\x~31 1 I o I
lim =四商声?=耳际一3|,
n-»oo 0-3)” .
n・3”
故当身|工一3|<1,即00,则//(x0) = -4/(x0XO,由此可知六了)在点互处取极大值.
注 本题不要试着通过解方程得到V = /&)的表达式(事实上由于初始条件不足，也无法确定具体
的y = /(x)的表达式)，我们关心的是z。这一点的性态！
(3) 答应选(C).
解 由于选项(C)中的被积函数f{x,y,z)=z既是z的偶函数，也是y的偶函数，而积分域既关
于yOz坐标面前后对称,又关于Mz坐标面左右对称，则
对于选项(A)中的被积函数=z是关于z的奇函数，而积分域Q关于坐标面了Oz前后对
称’则』'工如=°；同理，对于选项(B)0;对于选项(D)中的被积函数f{x,y,z) = xyz是关于了的
A
奇函数，而积分域0关于坐标面yOz前后对称，则0.
■
注本题考查三重积分的(普通)对称性.
(4) 答应选(B).
解 由于吏ajz—l)”在了 = 一1处收敛，则当|x-l|<|-l-l|=2时，原暴级数绝对收敛，而
”=1
|2-1| =1<2,故原藉级数在工=2处绝对收敛.
(5)答应选(D).
解 s，%,…,a,线性相关的充分必要条件是该向量组中至少存在一个向量,它可以用其余s—1个
向量线性表出，而线性无关是线性相关的反面，由此立即知(D)正确.
四、(本题满分6分)
案”（子）+&（
解
=X）+g），
窘
翥■对《）-* （《），
d2U | d2U
所以 k+v宓=°・
• 9 •k
4考研数学
真题大全解（数学一）〉〉＞ u
五、（本题满分8分）
解对应齐次方程的通解为Y=Ge，+Ge气
设原方程的特解为，=Axe〜代入原方程得A= — 2.故原方程通解是3-（x）=C1ei+C2e2l-2xe\又
已知该函数图形与曲线—工+1在点（0,1）处有公切线，得
代入通解即有 G+G = 1，G+2G = 1,解得 G=l，G=0.所以 v=（l — 2z）e，.
注两条曲线在某点处的切线重合有两层含义:在该点有相同的函数值及相同的导数值.
六、（本题满分9分）
解如图所示，
MA=（,—jc,l—y'）,r= \MA\ = /^ + （1—了）。.
引力/的方向与威一致，故
从而，引力所做的功为
w= 八当]_jrdr+(l—y}dy}=k (1喘)・
bo r
注因该曲线积分与路径无关,故取沿直线段BO积分得出结果.
七、（本题满分6分）
1 0 0
解P = 2 -1 0 .由 AP=PB,得
、一 4 1 1.
1 0 0 1 0 0' 4 0 0、
2 0 0 2 -1 0 = 2 0 0
2 0 T, <~4 1 L 、6 -1 —1,
A5 ='(PBPT)(PHPT)・"(PBPT)=PB(PTP)B(PTP)B(P—'P)B(PTP)BPT
=PBSP'=PBP1=A.
I5 0 0 [1 0 0、
注由于B为对角矩阵，故仔= 0 05 0 = 0 0 0
、0 0 (-1)5. 、0 0 -1,
-10・1988年
° ；〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
八、(本题满分8分)
解(1)因 A 与B 相似,故 trA=trB,|A| = |B|,即 2+x=y+\,-2=-2y,得 z=O,、=l.
'2 0 0、 '2 0 0、
(2)由⑴知, A= 0 0 1 ,B= 0 1 0
<0 1 0, 、0 0 -1,
由于B为对角矩阵，其特征值为A1=2,A2 = 1,A3 = -1,它们也是A的特征值.依次求出对应的特征向
量为 .
‘0、 0、
0 ，可2 = 1 ，邛3 = 1
、0, T,
'1 o o :
知其线性无关.令P =(如职通3)= o 1 1 ，则P可逆，且有PTAP=B.
.0 1 一 1,
九、(本题满分9分)
证 存在性.在[a,3]上任取一点队见图)，令
=[/WQ —a)—J3 [J /Wdz —/(i)(Z> —t) J ,
则 F(t)在[a 的上连续.由于 /(x) > 0,则 /(a) < f (工)< f(b) ,x G (a,5).
F(a) =—[/(x) — 7(a)]dr < 0,
F(b) = J [f(b) —f(x)]dr > 0,
由连续函数的零点定理知,至少存在一点ee (a,3)使得F(Q=0,即
Si=3Sz.
唯一性.因，(了)>0,故 F，W^fW^t-a')+3(b-i)3>0,故 F")在(a,6)内单调增加.因此(a,》)
内至多有一点&使S = 3&.
十、填空题(本题共3小题,每小题2分，满分6分)
(1)答应填手.
解 设在每次试验中A出现的概率为则
||=P{A 至少出现一次}=1—P{A—次都不出现} = 1—CS(1—力)3-。= 1 — (1—J,
• 11 •。
花*考研数学
真题大全解（数学一）〉〉>
解得/*=*■.
注在遇到“至少”“至多"这类问题正面处理不方便时，可以转而去考虑对立面.
（2）答 应填奈1 7（或0. 68）.
Zb
解设这两个数为z和、，则（了点）的取值范围为图中正方形G,那么“两数之
和小于即“z+y3）］ •（少 1="［普打与疔关R
解法2因Y的分布函数
Fy（v）= P{YW”
= P{1 —次 <、}=P{次 >1 一少=P{X>（1一少 3}
=［ .；•; = —arctan x I = — F-y ~ arctand — ,
7T（1+XZ） 7t I （1-y）* 7t L 2 J
故Y的概率密度为人（》）=£ 心）=号•浮云综，关R
f
（试卷H）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分12分）【同试卷I第二题】
三、 （本题满分15分）【同试卷I第三题】
四、 （本题共3小题,每小题6分，满分18分）
（1）【同试卷I第四题】
②解 由所给二次积分作出区域D的图形（见图），再由区域D换成先对' 后对h的二次积分.
• 12 •1988年
O«<全国硕士研究生入学统一考试数学解析
__ 22「 7T , _ 4 、 皿
穴J jycos 2 y^y —立3 （2十兀）.
it
注 由于Jsingirtt/singd^容易积分，故应交换累次积分
次序.
（3）解令F（x,y,z）^x2+2y2+3z2-21,则 Fl = 2*,F ； = 4j,
F\ = 6z.
椭球面在点M（x0，轮,z。）处的切平面x的方程为
2了0（了_了0）+43>0（'_、0）+6切（2—2：0）=0,
即 xox-\-2yt>y-\-3zoz=21.
因为平面〃过直线L,故L上任意两点，比如点A（6,3,§）,B（0,0，号）应满足平面；r的方程，代入有
6%0+6%+奇2：0=21,
①
z°=2, ②
又因为 元+2品+3% = 21, ③
联立①，②，③，解得 工0 = 3,欢=0,2：0 = 2,
或 x0 = l,y0=2,z0=2.
故所求切平面方程为z+2z=7和z+4y+6z=21.
五、 （本题满分8分）【同试卷I 第五题】
六、 （本题满分9分）【同试卷I 第六题】
七、 （本题满分6分）【同试卷I 第七题】
八、 （本题满分8分）【同试卷I 第八题】
九、 （本题满分9分）【同试卷I 第九题】
・13・1989年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I)
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应填一 1.
』(3—九)一』(3) 一如_/X3F—f(3)
解 lim
A*0- 2h -h
(2)答应填z-L
解法 1 令］/Q)dz=G,则 /(^)=x+2a.将 f{x}=x+2a 代入 I* /(r)dz=a,得［(i+2a)dz=a,
J o Jo Jo
即土+2a=a,由此可得 a = -y 测 /(x)=x-l.
解法2等式/(x)=x+2 I"' fWdt两端从0到1对*积分得
J 0
/(x)dr= I, zdx+2 f y(i)di,
0 J 0 Jo
即［y(x)dz=-z-4-2 I* y(x)dx,由此可知
J 0 乙 J 0
f /(x)dr=—・
J o 乙
从而可知/(x)=x-l.
注注意到定积分JjG)dz是一个数，由此可衍生出有关二重积分的此类问题,Jr(z，v)drdv也是
a D
一个数.
(3) 答应填7T.
______ (x=cos t9
解法1下半圆、=一 玄的参数方程为 穴(「<2兀则
sin _
j (xz+y )ds= | (cos2Z+sin2«) V( — sin t)2+cos2Z At= k. ,
解法2由于下半圆上的点s,力满足^2+y=i.则
j (x2+>2)di= lds=K.
(4) 答应填2.
解 由散度计算公式div “=票+务+票，其中u=uti+u2j+u3k,得
div“L*+=(/+e 差列皿= 1+1=2.
・14 •1989年
°〈〈<全国硕士研究生入学统一考试数学解析
-1 0 0'
(5)答应填一| 土 0
、0 0 1>
'1 0 0、
解法 1 A—2E= 1 2 0，求A-2E的逆矩阵有多种方法.初等行变换法:
、0 0 1,
>
rl 0 0 : 1 0 0'
4 o o ： 1 o 0] ri o o ： 1 o o'
__ 1_ 1
(A-2E ! E)= 120 010 — 020 - 1 10f 0 1 0 : 0
T
.0 0 1 ： 0 0 1J [0 0 1 ： 0 0 1.
.0 0 1: 0 0 L
即得
'1 0 0、
1 1 八
(A-2E)T =
2 2
.0 0 1>
解法2分块矩阵求逆矩阵法:
因为
1 0
1 1 2
1 2 -1 1 1 ,L = 1,
2 2}
由对分块矩阵求逆矩阵的方法即得
0 0、
1 0 : 0
(A_2E)T = 1 2 : 0 y 0
10 0 ： 1
0 1,
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(A).
1
1 sin 7 i i
解 由于lim jcsin—= lim—：— = 1,而lim^sin—=0 尹 8,则曲线y—xsin—在(0, +oo)有且仅有
x*4--oo JC 1 j-»o+ X OC
X
水平渐近线.
(2) 答应选(C).
解设P点的坐标为愆。,义,女),则曲面在P点的法向量为
n=( —2工(>,—2*, —1),
又因为切平面平行于平面2工+2v+z —1=0,则
~2x0_—2y0_—1
2 一 ］，
从而可得了。=1,丸=1.代入曲面方程解得zo = 2.
(3) 答应选(D).
解由于(D)中的、= G\1+C2：yz +(1 — Ci—。2)、3=。1(了1一'3)+0(%—了3)十夕3,其中义一弘和
• 15 •7匕[考研数学______________
o
真题大全解(数学一)
”一 是对应的齐次方程的两个特解，且少一弘与以一方线性无关•事实上，若令
m
A31—方)+8(丁2—丁3)=0，
即 A^i +By2 — (A+B) j/3 =0.
由于肉必,必线性无关，则A=0,B=0, — (A+B)=0.因此—3/3与初一了3线性无关.
又必是原方程的一个特解，故y=C1y1+C2y2 + Cl—C1—C2>)y3是原方程通解.
(4)答应选(B).
8 ri
解 由S(])=、bnsin mtx和如=2 | /(Gsin gcdz可知,SCr)是由/&)作奇延拓后展开的，则
n=l 0
1 1
s s(1)=-At)
2
所以应选(B).
(5)答应选(C).
解 对于方阵4,由于IA| =0或的列(行)向量组线性相关,由向量组线性相关的充要条件即知(C)
正确.
三、(本题共3小题,每小题5分，满分15分)
夺= 2/+g；+yg；,
⑴解
OX
= - 2f"+xg{2 +巧 g；2+g； ■
(2)解由「(了，30=巧2,@&,/)=方(了),篇=/,得 2巧=方'(％),用&)=]2+C.
再由叩(0)=0,得C=0,故夕(])=%2.所以
(1,1) 「(1,1)
xy2dx-\-y(p(O,F（z）单调增加.所以F&）
在（O,e）,（e,十8）内分别只有一个零点,所以原方程在（0,+8）内有且仅有两个不同实根.
七、（本题满分6分）
解对方程组的增广矩阵作初等行变换得
1 0 1 : A 1 0 1 : A 1 0 1 ： A '
4 1 2 : A+2 —► 0 1 —2 : —3人+2 —► 0 1 ~2 : —3A+2
、6 1 4 : 2A+3. <0 1 ~2 : —4A+3. 0 0 0 : -A+1 ,
当一 A+1=O,即入=1时,方程组有解.
f X\ +z3 = 1 ,
xi+x3 = l,
这时方程组为y 4而+12+2x3 = 3,而 为其同解方程组.
x2 —2x3 = —1
、6勾+j?2+4^3 = 5,
解得'互= — l+2C,其中C为任意常数.
、工3 C,
八、（本题满分8分）
证 ⑴由已知条件知存在非零向量&满足&=总，两端分别左乘A* 得S=AA-¥，因&为非零向
量，故M0,于是有4一七=吾，所以牛为AT的特征值.
A A
（2）由于4T =击4* ,故4一¥=啬妃『+&，从而有A* §=亨£，所以亨为A"的特征值.
九、（本题满分9分）
解设球面2的方程为z2+J +（La）2=R2.两球面的交线在xOy面上的投影为
户+寸=初R2 ⑷2—R2）,
.2=0.
记投影曲线所围平面区域为以.球面2在定球面内的部分的方程为
z—a— \/R2—x2—y2 9
这部分球面的面积为
S(R)=JJ yi + (z；)2 +(4)2dxdj/= J R
___________dzdy
弓 VR2-x2~y2 】
% -
Jo Jo J快—/ a
S'(R) = 4 顽一逾，S'(R) = 4* 一瓯.
a a
令S'（R）=0,得驻点R =0（舍去）,R2—-^-a,此时S'（号a） — — 4tt<0,故当R=§a时，球面2在定
球面内部的那部分的面积最大.
注本题是一道综合题，主要考查多元积分（第一型曲面积分）的几何应用及一元函数求最值.
十、填空题（本题共3小题,每小题2分，满分6分）
（1）答应填0.7.
• 18 •1989年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解 由 0.8=P(B|A)=与祟，得 P(AB)=0.8P(A) = 0.8X0.5=0.4.故
P*U(B)=F(A)+F(B) —P(AB)=O. 5+0. 6-0. 4=0. 7.
(2)答 应填0. 75.
解 记A=｛甲命中目标｝,B=｛乙命中目标｝,C=｛目标被命中｝，则A与B独立.由题意知：
P(A)=0. 6,P(B) = 0. 5,C=AUB,AC=A.
故 P(C) = P(AUB)=P(A)+P(B)—P(AB)
' =P(A)+P(B)—F(A)P(B)=0. 6+0. 5-0. 6X0. 5 = 0. 8,
H所求概率为？(人10 =亨瓣=¥浩=牒=0. 75.
（3）答应填号.
~7~ 1V?0}=P{乎>4}=P{ |4>2}= f /（f）df= p -
J lei>2 J 2 □ □
注实际上，一维均匀分布求概率直接按照有效区间比例计算即可，即力=吕=§.
十一、（本题满分6分）
解 由于Z为独立正态随机变量X与丫的线性组合，则Z仍然服从正态分布，故只需确定Z的均值
EZ 和方差DZ,有 EZ=2EX-EY+3=5,
DZ=22DX+（- I）2 • DY=4X（y2）2 + l = 9.
所以Z服从正态分布N（5,3。）,从而得Z的概率密度为
必2）= 法 e一牌
—8O< + 8.
（试卷口）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分15分）【同试卷I第二题】
三、 （本题满分15分）【同试卷I第三题】
四、 （本题共3小题，每小题6分，满分18分）
（1） 【同试卷I第四题】
（2） 解边界曲线如图所示.曲线在了0〉,心,@坐标平面内弧段分别为如，乙工3,则曲线的质
量为
m= [ ds=3 .罕
J L+L+J 4 L
设曲线重心为即
• 19 •'匕/考研数学_________________
o
真题大全解(数学一)>〉~
x =— f jcd5=— ( f -z+4=0.
（2） 答应填e气
解 这是“广”型，直接有lim（士）’= 味（当t），而H皿（斗_i）= mW = 2。，故
\JC d / \X Cl / X-^oo X d
⑶答应填1.
fl,
解由r（z）= ,, 知，对*有顷一切了的 ）|<1,则7V（z）］ = l.
Io, |x|>l
注函数的复合是一种重要的运算，求两个分段函数丁 = f（u）和“ =g（x）的复合函数V =
/Eg（z）］，实际上就是将U = g&）代入V = /（U）中，关键是搞清楚“ =g&）的函数值落在y = f（u）定
义域的哪部分.
（4） 答应填 yd-e-4）.
解交换二次积分次序得
［dr f e-,'d5>=［心［e~y，dx= f ye~y' dj/=-l-（l —e-4）.
Jo Jj > Jo "Jo Jo 2
注 由于JeP’dr比je-Jdy容易积分，故应交换二次积分次序.
（5） 答应填2.
解由于矩阵的秩等于其行向量组的秩，所以以a.,a2 ,a3 ,a<为行向量组成矩阵A,通过求A的秩即
得所求向量组的秩•对A作初等行变换：
ai rl 2 3 4' rl 2 3 4) rl 2 3 4、
a2 2 3 4 5 1 1 1 1 0 -1 -2 -3
。3 3 4 5 6 1 1 1 1 0 0 0 0
.4 5 6 7> .1 1 1 1> 、0 0 0 0 ’
、。4，
• 21 •7匕/考研数学 C
真题大全解(数学一)>〉〉 °
由此可知r(A)=2,故ai，az，a3，a<的秩为2.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应选(A).
解 F(工) =—e-xf(e-，)一/■&).故应选(A).
(2) 答 应选(A).
解 由 /(x) = E/(x)]2 知，
/(x) =2/(x)/(x) = 2E/(x)]3,
尸(z) = 2X3[/(x)]2/(x) = lX2X3L/(x)?=3! [/(x)T ,•••,
/•)(x)=n![/(x)]B+1.
注 求函数的高阶导数常用的方法有4种:⑴化简代入公式(如基本函数sin (az +5) , cos (ar+6),
ef,ln(ar+3),二无的"阶导数公式)；(2)简单归纳；(3)莱布尼茨公式；(4)利用器级数展开(泰勒
ax -\~b
展开).
(3) 答应选(C).
解由于I零而£#收敛，峻滂收敛，而今发散，故级数如怦—会)
发散.
注 本题是用“分解法”将a“分解为a„ = bn+cn,其中吏6疙c”的敛散性容易判定.
n=l n=l
(4) 答应选(D).
解法 1 由于lim/('•)— = l*im« = 2,故，(z)在 z=0 的某个邻域内有 /(^)=x2+o(j?2) ,/(^)=
r*0 1 一COS X x-^0 _k_ 2
~2X
2工+。(工)，因此/(工)在z=0处可导，且/(0)=0,排除(A),(B).由于limj顼 =2>0,由极限的局部
x *0 J. COS 3C
保号性可知，存在£ = 0的某个去心邻域，在此去心邻域内->0.又1 — COS工>0,则/(x)>0.而
JL COS 3C
/(0) =0,则/(^)>/(0),由极值定义可知，&)在z=0处取得极小值.故选(D).
解法2取/(x)=x2,显然
]. f （工） ]. X2 X2 _9
hm -----= hm-------= lim — = 2.
z*o- 1 — cos X I 1 — cos X x*Q~ ] 2
~2X
又/(0)=0,/(x)连续，即六了)符合题设条件.显然(A),(B),(C)均不能选,故应选(D).
(5)答应选(B). 8
解由于 A(色尹)=£(M+")=3(b+D)=b,
故*(&+&) 是AX=b的一个特解，由于向量组ai血一血与向量组ai ,a2等价，故ai.ai—a2线性无关
且可作为AX=0的一个基础解系.由于非齐次线性方程组的通解等于AX = b的任一特解与
AX=0的通解之和，故知只有(B)正确.
注(1)叫与ft-ft可能线性相关，故(D)不对；
S
(2)设。1，。2，・・・，久是AX=b的解，则当 £虹=0时,4血+42(12 ----kjas是AX=0的解；
f=i
・22 -1990年
° <〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
S
当=1时以m + k2a2 H----Ms仍是AX = b的解.
t=i
三、(本题共3小题,每小题5分，满分15分)
(1)解 原式=志就1*)+| ：-J；(i+席 2”)
=ln 2-y J 1 )dr=§ln 2.
1+1
O J 0
(2) 解 若=2/1+义。$ z •/!,
二言.=—2/n 4~(2sin x—ycos 1)/&+尖恒 zcos x • /Z+cos x • ff2.
(3) 解 特征方程为r2+4r+4=0,特征根为r1<2 = -2,对应齐次方程的通解为
Y=(C】+C2”e一气其中G(2为任意常数.
设原方程的特解为
y* =Aj：2e~2x,
代入原方程得 a=3■.因此，原方程的通解为
;y=V+y. =(C1+C2^)e-2l+ye-2i.
四、(本题满分6分)
解 因为p=lim|务旦| =lim登虫 =1,所以R=【= l.
n-*oo I an I I、〃十 J. p
显然,藉级数 £ (2n+l)x"在工=士1时发散，故此暴级数的收敛域是(-1,1).
n=0
幕级数的和函数是
8 8 8 8]
S(i)=、(2〃 + l)z" = 2、nz” + 2" = 2z(
n=0 n=0 n=0 n=0
_ 2z | 1 _ 1+jt i
五、 (本题满分8分)
f jj2 +/W4,
解 取曲面片％: ' '其法向量方向与z轴负向相同.
U=o,
设》和习所围成的区域为。，则由高斯公式有
1+jj yzdzdx+2 dzd^ = JJ zdrdj^dz.
% n
而 J^zdzdr=0,jj2(Lcdy= — 2' jj drd_y= —8穴，
w z ; +y <4
zdj：dydz= j* cW J2 sin(pd(p J 厂cos 甲.产(1厂=4穴，
n
所以1=4穴+8兀=12兀.
注 若》J_ yOz9^\^Pdydz = 0;若 2 _L ,则^*2 血& =。;若 NJ_ xOy = 0.
六、 (本题满分7分i
证 因f(a)=f(b)且r&)不恒为常数，故至少存在一点c£ (a,b)，使得f(c) 小 a).
-23・7匕/考研数学
真题大全解(数学一)>〉> °
不妨设/(c)>yU)(对于/(c)o.
七、(本题满分6分)
解因为 4(E—CTB)TCa'=A[C(E-CTB)]T=A(C-B)T,并由已知条件知 A (C~B)T=E,从而
1 6 0 0 0'
2 1 1 0 0
A=[(C—B)T「】 =
3 2 -2 1 0
〔4 3 1 -2 L
注求解这类矩阵方程时，应尽可能地先做关系式的化简运算，再去做具体数字运算.
八、(本题满分8分)
解二次型的矩阵
1 -2 2、
_,
A= 4 -4
2 一4 4 ,
A的特征多项式为
A-l 2 -2
|AE-A| = 2 A-4 4 =A2 (A—9),
-2 4 A-4
A的特征值是人】=人2=0,人3 = 9.
对于人1=人2=0,
-1 2 -2 1 一2 2
义 1E—A— 2 -4 4 -*000
-2 4 一4 0 0 0
'4、
可取特征向量Pl= 1及与Pl正交的另一特征向量P2 = 1 .将它们单位化，得
-1.
=
1
_
据
对于人3 = 9,
，8 2 -2 2 -4 -5'
义 3E—A = 2 5 4 —A 0 1 1
-2 4 5 . 0 0 0 ,
可取特征向量
・24・1990年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学解析
‘1 '
P3= —2，
、2 ,
将其单位化，得
'_1
P3 _ __2_
， &=-
II P3 II 3
_2_
令正交矩阵p= (&，& ,&),则在正交变换
4 1
0
3^2 T
1
- 1 __2_
/21 3^2 T yz
-
V2 1 2
3⑩ 3 ,
下，二次型化为f=9yl，即为标准形.
九、(本题满分8分)
解 由题意，变力F=-ji+矿 圆弧盖的参数方程是
Jx=2+a/2cos
孚y.
[;y=3+J^sin
变力F所做的功
W= 「（一/）&+]心
J AB
=J 如[72(3+72sin 9)sin 0+72(2+72cos 0)cos
注(1)第二型曲线积分的物理背景就是变力沿曲线做功，这里正确写出变力的表达式是很关键的,
注意，力是向量(有大小也有方向)；
(2)积分”(一、)& +工心还可以采用“补线法”计算.
J AB
十、填空题(本题共3小题,每小题2分，满分6分)
(1
~2^ ♦ 了＜0,
(1) 答应填(
1~ - e-x, 了20・
解 F(z)= [ /(i)dz= f -ye-,dck.当 iVO 时,F(z)=[ 志=4-ex；
当 zNO 时,FCz)=[ 志eW+ [ -ye-zdz=-5-ez I 一" e~l I =1—■ e-x.
J —oo L J o Z 乙 I —oo 乙 I 0 乙
(2) 答 应填0.3.
解 由已知得 0. 6=P(AUB) =P(A)+P(B) -PUB) =0. 4+0. 3—P(AB)，即 P(AB) =0.1,故
・25・花垢考研数学 C
真题大全解(数学二]〉〉＞ °
P(成)= P(A-B)=P(A)—P(AB)=O. 4-0.1=0. 3.
(3)答应填4.
解 因为 EX=2,所以 EZ=E(3X—2) = 3EX-2=3X2-2=4.
十一、(本题满分6分)
解(X,Y)的概率密度是
f 1, OViVl, |,| Vz,
lo,其他，
C-f-oo f 2SC 9 ,
x的边缘概率密度是 fxa)= 少d)=〈 4,,
〔0,其他
EX= [* ”x&)&* 2jcdx=-^-x3 =M，
J ―oo J o 5 I o 5
E(X2)= j x2fx(x)dj：= j x2 • 2j?dz=-yx4 | =号，
DX=E(X2) — (*=EX)2=^_ 点,DZ=22 . DX=y.
=JJz/(j?,^)dzd^,E(X2) = ^x2f(x9y)dxdy.
注也可以这样计算EX
D D
（试卷
U）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分15分）【同试卷I第二题】
三、 （本题满分15分）【同试卷I第三题】
四、 （本题共3小题,每小题6分，满分18分）
（1） 【同试卷I第四题】
（2） 解将原方程化为
丁+危^手々〉。，且蚌I）’
由公式V =日心& [jQG）*3dz& +可得
y = eT盘（j 手ef矗dz + C）= ^-|-ln2j： + C^.
又由j = i,可解出c =奇•，所以方程的特解是y =
（3） 解设所作切线与抛物线相切于点（z。，片芝），因为/| % J专,故此切线方程为
I工=与 2y x0 — 2
y— ^/x0 — 2 =― （x—x0）.
27^o-2
又因该切线过点P（l,0）,所以一 即了。= 3・
2y x0—2
・26 •1990年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
、=号（工一1）.
从而，切线方程为
因此，所求旋转体的体积十（z—I）。丑一』（了一2）&=食
五、 （本题满分8分）【同试卷I 第五题】
六、 （本题满分7分）【同试卷I 第六题】
七、 （本题满分6分）【同试卷I 第七题】
八、 '（本题满分8分）【同试卷I 第八题】
九、 （本题满分8分洋同试卷I 第九题】
• 27 •1991年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I )
一、填空题（本题共5小题,每小题3分，满分15分）
（1）答应填sin侦§c。岂匕
钮 djy = d;y/dz= sin/
麟 dx dz/dz 2t '
一.= 1 =__ 1 Zcos sin t 1 =sin L，cos t
dx2=S\dry = dz\clz7d^7dz_~T ? 2t~ 4?~~
(2)答心* ・应填&一
解法1 dz=夺丑+夺心.由隐函数求导法求出
d«Z dy
dz _ 火^/^+^+妥 +] dz__ _■ZZy^+J+jg2 +、
3工 xy Vx2+^2+z2 + z，3， xy Vx2+y+z2 + z
案1心＞=1考L°._广—卮
故 dz=dz—
解法2方程吵+*"+J+/= 两边求微分得
xdr+jd3/+zdz_Q
yz6jc~\~ xzdy-\~ xydz~\
将z=l,y=0,Z= — 1代入上式得
i I dr—dz 八
一也+丁=°，
故
dz=dj：~-/2dy.
(3)答应填 Jc—3y+z+2=Q.
解 平面过直线L ,则过L】上的点(1,2,3);平面的法向量n既垂直于如，又垂直于L2,则奇取
n= 1 0 —1 =1——3j+k,
2 1 1
则所求平面为 &一1）一3（、一 2） + （z-3）=O,
即 1—3y+z+2=0.
Q
(4)答应填一号.
• 28 •1991 年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(*l+ar2) — i
—j-a=l,
解 lim- = lim—；—
a*0r COS X—\ I — /
2
故a=T・
(1 -2 0 0
-2 5 0 0
(5)答应填
0 0 T
_
T
2_
一 士
1_ _1_
0 0
T T
5 2\ 1 2),则矩阵 'A” O
解记矩阵A” = J， A22 = 为一分块对角矩阵.由分块对角矩
2 1 1 / \ O 22
阵求逆矩阵的方法，得
,1 -2 0 0
-2 5 0 0
[Au1 O
-i = 2
0 0
O
0 0 T T
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(D).
解 由lim尹芒。=1及lim户】=8可知，曲线有一条水平渐近线了=1和一条铅直渐
x-oo]——e x jt*o 1 — e 1—e
近线1=0.
(2) 答应选(B).
解 等式/(z)= j：/G)di+ln2两边求导得
/(工)=2S，
解此方程得/G)=Ce气
由原方程可知 /(0) = ln 2,代入 fa)=Ce21 得C=ln 2,故 f(x)=e2l\n 2.
(3) 答应选(C).
oo oo oo oo
解由于、妃一|=5, S ( — 1)1%= 2 S妃=2,则习站=3.因此
”=1 ”=1 »=1 n=l n=l
00 00 00
S an= S 站―1+ S 我2” = 5+3 = 8.
n—1 n=l n=l
(4)答应选(A).
解 如图所示,△OAB所围区域记为QZOBC所围区域记为。3.
由于了丁关于z是奇函数,积分域D2关于v轴对称，则
JJ xydxdy=0,
JJ xydjcdy=0.
同理,
D3
・29・。
7匕/考研数学
P* 真题大全解(数学一)〉〉〉
从而
jj xydj：dy== xydxdy~\~ JJ j;j/(izdj/=O.
D2
D D3
又cos zsin v是了的奇函数,I)3关于z轴对称，则
jj cos zsin ;ydrd;y=0,
q
又cos zsin 丁是z的偶函数,D2关于y轴对称亍则
JJ cos zsin 3/drdj>=2jJ cos xsin ydxdy,
D2 以
从而有
JJ cos xsin ydzd;y= g cos zsin ydxdy+ JJ cos xsin ydxdy=2^ cos xsin ydxdy,
D - q d3 dx
故 (z'+cos zsin 37)dzd^=2jj cos xsin y(Lcdy.
d 以
注本题考查二重积分的(普通)对称性.
(5)答应选(D).
解 因为ABC=E,即A(BC)=E,故方阵A与BC互为逆矩阵,从而有(BC)A=E,即BC4=E.
注 实际上,ABC=E<^BCA=E^CAB=E,把A,B,C顺时针围成一圈，任意三者顺时针相乘都等
于E.
三、(本题共3小题,每小题5分，满分15分)
⑴解 这是“ 1~ ”型,直接有l*im(cosG) = eiJ成而
x*0- +
limf(coS^-D = lim^(-|x)=—
故lim(cos -[x) x
X—0+
〃=4汁6/ + 2奴亲L 6z 6
②解
V6j724-8j/2 I P y/14
du 8,y _ 8 du \/6]2+83/2
=— =—/14»
767+8/ lp-/14，& p z2
p z
从而
du L =傥 cos(Q) +^cos(Q) +*)|]c|os(^ p
dn
=亮、亮2.+亮8^X3亮-g焉品.
J (衣+寸+^血=J dz J (W J (r2+z)rdr=47t J z2dz=^|^
(3)解法1
7T.
解法 2 jj 3+寸+/血=J：rdr^\
{r2+z}dz=2it
256
n 2
注(1)解法1与解法2是两种常用的柱面坐标下的积分法.
(2)本题实际上可以把被积函数分解一下：]Jw+y + z)dp = ]J[&z+J)d°+]j2血显然,前者是
a n n
典型的柱面坐标计算，后者可采用直角坐标下的“先二后一平行截面法”.
• 30・1991 年
° <〈<全国硕士研究生入学统一考试数学解析
四、 (本题满分6分)
解 I(a)= I ［14~a3sin3x+(2j：4-asin j：)acos j?］(1z=7c—4aH-- a3.
J o o
令 r(a)=4(a2 —1)=0,得 a=l(a= —1 舍去)，且 a = l 是 1(口)在(0,+oo)内的唯一驻点.
又由于r(l)=8>0,所以1(a)在a=l处取到极小值，也是最小值.因此所求曲线是y=sin x.
注本题是一道小的综合题，主要考查平面第二型曲线积分的直接法(化为定积分)及一元函数的最值.
五、 (本题满分8分)
*
解由于 /a)= 2+|x|(-l2^4 1，
X2—J73+2x4 = l,
< (* )
2幻 + 3 血 +(。+2)孔+4Z4 =。+3,
.3x1 +5z2+z3 + (q+8)j；4 = 5・
对方程组的增广矩阵作初等行变换
rl 1 1 1 1 1 1 1 1 rl 1 1 1 n
0 1 -1 2 1 0 1 -1 2- 1 0 1 -1 2 1
2 3 a+2 4 b+3 0 1 a 2 6+1 0 0 a+1 0 b
、3 5 1 g+8 5 . .0 2 -2 a+5 2 - 、0 0 0 a+1 0.
⑴当a=-1且6乂。时,方程组(关)无解，此时。不能表示成。】,。2，。3，。4的线性组合；
(2)当Q乂一 1时，因为方程组()* 的系数行列式不等于零，所以该方程组有唯一解，即p可由a】，a2,
a3，a4线性表示,且唯一.易求得
26 ■ a+b+1 1 b 1 n
"一 ^+lai+ a+1 血+^ + 1必+0。4・
• 31・{匕罗考研数学______________
Q
真题大全解（数学一）>〉〉
八、（本题满分6分）
证 由于A是正定矩阵，因此兀>0。=1,2,•••,”），其中；I,为A的特征值.所以A+E的特征值为
义,+ 1>1（£=1,2,•••,“）,则 |A+E|>1,证毕.
九、（本题满分8分）
解 曲线了=贝工）在点P（*，J）处的法线方程是
y->=-y（X-x） （ J 尹0）,
它与Z轴的交点是Q（工+,0），从而曲线在该点的法线段PQ的长度是
』（由尸+一 =、[1 + （寸）手（、'=0也满足此式）.
根据题意得微分方程
y . 1
[1 十（J）']'”—江1 +（丁）叮仇'
即 X/'=1 + （J）2, (*)
且当 £=1 时，v=l,j/=0.
令y'=p,则了"=力詈，代入（*）式，得
心柴=1十〃或命必=李
积分并注意到、=1时,P=0,可得
y= Jl+,2,
代入得，'=士 —1，
对上式积分，并注意到x=l时了=1,得
ln（y+ —1 ） = 士（]—1）.
因此，所求曲线方程为
y+ —1 =e±d）,
即
尸•|[L+e3>].
十、填空题（本题共2小题,每小题3分，满分6分）
（1）答应填0.2.
解因为X〜N"）,所以斗〜N（0,l）,则
0. 3 =P（2d;y
J 0 J 0
2e-2ydj/ = (e-JC — e*)d~z = ]—疣一ze~\
0
0, z V 0,
所以Z=X + 2Y的分布函数为Fz（z）=
1 — e~* — ze-2, z 2 °・
（试卷H）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分15分）【同试卷I第二题】
三、 （本题满分15分）【同试卷I第三题】
四、 （本题共3小题,每小题6分，满分18分）
⑴解原式=广------,卢 ，":
J 3 （x — I）4』（工—1）2 — 1
令 z — 1 = sec。［'专 sec 依an 啊
J 专 sec4^tan 0
=j； （1 — sin2^） cos OdO =—
（2）解 设S,Si，S2，C,Di 如图所示，记
L = jJ （―;y）dzdz+（z+］）dzd;y,
§
J2 = g （―、）&&+（2：+］）&心，
§
13= 0 （― _y）dzdz4-（z+l）drd^,
时+§
则 /=z3-ii-/2.
而
• 33・。
｛匕,考研数学_______________________
真题大全解(数学一)〉＞〉
Ji =JJ (—/)&&+JJ (z+l)dxd/
=U(z+l)&d/= J (2一 1+1)&心=12冗.
、
§ D
Z2 =jT (__y)dzdz+jj (z+l)dzd^= —jj dxd;y=—4穴.
§- § d,
又由高斯公式，有
；3= (T + l)du=O,
故 L 一 L=—8兄
（3）【同试卷I第四题】
五、 （本题满分8分）【同试卷I 第五题】
六、 （本题满分7分）【同试卷I 第六题】
七、 （本题满分8分）【同试卷I 第七题】
八、 （本题满分6分）【同试卷I 第八题】
九、 （本题满分8分）【同试卷I 第九题】
・34 •1992年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I)
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
/sin巧―疽，
⑴答 应填
ex+>—xsin xy
解 方程e，+，+cos xy=Q两边对x求导得
e^(l+y)-sin xy • (y-\-xyf)—O9
/sin 巧一ef
解得 y / =
ef—zsin xy
(2)答应填(音，音，-音).
解 因为亟 | --- I =2 业 | =---------I =4 业 | =---------I =——
为3«z|m x2+y2+z2 I ¥ 9 9^yiM x2+y2+z2 \ M 9 9 dz\M x2+y2+z2 | M 9
收4
所以 广*=(导音+引一音 ，音，一音)・
⑶答应填3*1?.
解 由傅里叶级数的收敛定理可知，在处收敛于•![，(一"+)+六冗-)]弓[(一1)+"1]=旨.
(4)答应填(z+C)cosz(C为任意常数).
解由一阶线性微分方程通解公式得
y = e*3T&Pc3L&r[jQ(z) + c]= e4unidr (jcos z • eh"沧Ar + c)
=Cr + C)cos x(C为任意常数).
⑸答应填1.
解法1因为A的第1行非零，又A的第2,3,-,n行都可由4的第1行线性表出，故A的行秩为1,
即 r(A) = l.
解法2把A的第1行的一色倍加到A的第，行上去.，则第，行每个元素均化为0(£=2,•••“),而第1
ai
行非零，故r(A) = l.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(D).
lim—— e士 = limCx+De^ =0,
解由于
x—r 了 —1 i~
lim-— e± = lim(«z+l)e± =+oo,
a*lr- + Z 1 x*l- +
• 35 -7匕/考研数学
真题大全解(数学一)>〉； °
则z-1时,函数之《e出的极限不存在,但不是8.
X— 1
(2) 答应选(C).
解 由于 | (― 1)" (1 —COS | =1 —cos 号* ,当如- 8 时,1 —cos 土---而 W 切收敛测
S (1 —cosg)收敛,故原级数绝对收敛.
”=1
(3) 答应选(B).
解 曲线x = t,y=—t2,z = t3的切向量为 t=(1,—2八3『)，而平面x+2y + z=^的法向量为
“=(1,2,1).由题设知们_”,则 T • « = 1—4z+3f2=0.
此方程只有两个实根，所以所求切线只有两条.
(4) 答应选(C).
解 由于3/任意阶可导，则只需考查廿| * |.令 g) =3 I工I ,则
[x3, 工>0, (3x2, z>0,
m(x) = ( a> {x')= m/(0)=0,
l —x3, x<0, I— 3x2, 了<0,
(6x,工>0,
矿&)=< 矿(0)=0,
\ 一 6x,工 VO,
即矿(z) =61招.由于|z|在x=0处不可导，则fM(0)存在的最高阶数是2.
注 事实上函数f(x) = (x~xQ)k I X~XQ I在X = XQ处最多k阶可导.本题是该结论的特例，故直
接选(C).
(5)答应选(A).
解 因为&与&线性无关，所以，三元齐次线性方程组AX=0的基础解系中至少含2个解向量，即
3-r(A)>2,得r(A) 2,
四、(本题满分6分)
解对应齐次方程的通解：Y=Gb+C2e-3。其中G，G为任意常数.
设原方程的一个特解为V=4re-",代入原方程得A=—所以 y* =— ■ xe-3x.所求通解为
・36・1992年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
>=G e'+G 厂3, 一 §工e-".
五、(本题满分8分)
解 记S为平面z=0(x2+y2+z:2)dv+ jj ay2 djcdy
“ x +y
J d*^j sin ", r4dr + J as\v^6do\ r3dr
o
6 51 1 5 29 5
=-^-7ta -r-^7ra — 2Q7ra .
六、 (本题满分7分)
证法 1 令 F(z) = /(x) + f(x2) - /(x + x2) (x 0,x2 > 0),则 F(0) = 0.
又 F‘(z) = f (x) —/(Z+ 五)=/"(£)(—%2)> 0,f G (z,z+ 了2),
故 F(xi)> F(0) = 0,xi > 0,即 f (工i)+ /(x2) — /(xi +x2) > 0.
证法2不妨设&2《五时类似可证)，则由拉格朗日中值定理可得
g )-/(0) ="(& ),0V& Vii,
f (工1 +互)—f (工2)=工1] (&)V& V%i +x2.
又已知/(X)<0,故/(f2X/(fi).又/(0)=0,比较以上两式即得
/(Xi+x2X/(j：i)+/(x2).
注 证法1采用把其中一个常量字母了1改为变量Z (常数变量化)转化为函数不等式,利用单调性是
证明这类常数不等式常用的一种方法.
七、 (本题满分8分)
解 直线段om：工=*, 》=平，z=qt,t从o到1,功w为
W= J yzdx-\~zxdy-}-xydz= J 3印质&=购§
下面求Wf在条件令+务+圭=1($>0,〃>0《>0)下的最大值.
2A
笙 = o 芯 = - a ~ 2 S
年
2A
笙 = o & = - 6 2
伽
由 / 2A
一… = O 印 = - C - 2 §
等
=
O
・37・花々考研数学
真题大全解(数学一)〉〉>
从而W*=5= ■，即得于是得
由问题的实际意义知Wg=^a阮.
八、 (本题满分7分)
解(l)ai能由此 03线性表出.
因为已知a2,a3,at线性无关,故其部分组血,<»3线性无关;又ai,a2,a3线性相关，故a】可由a2,a3线
性表出.
(2)。4不能由。1，。2，。3线性表出.
(反证)设。4可由"1，。2，口3线性表出，即。4 =A1«1 +义2。2 +人3。3，由(1)知。1 =兴2。2 +“3。3，代入上式，得
。4 =A1 (//2。2 +产3。3)+义2。2 +义3。3 =。甲2 +义2)口2 + (入甲3 +人3)。3，
。4可由。2，。3线性表出，从而。2，。3，。4线性相关，与已知矛盾.因此,。4不能由。1 ,口2，口3线性表出.
九、 (本题满分7分)
hi'
解(1)设。=而&+互&+孔& =(&，&，&)血，对此方程组的增广矩阵作初等行变换，
33
‘1 1 1 : 1 1 1 1: r 1 1 1: r
（$1，&2，&3 : P）= 1 2 3 ： 1 —A 0 1 2 ： 0 ―► 0 1 2 ： 0
<1 4 9 : 3, 0 3 8 : 2. 001： 1.
得唯一解(2, — 2,l)T,故有。=2&—2&+&・
(2)由于4&=人冬,故4”备=噩前=1,2,3.因此
Anfl =次(2&—2&+最)=24肉】一24%+4代3
n 2—2n+1+3n
pi
=2 1 一2”+1 2 +3" 2—2”+2+3”+i
2—2”+3+3”+2
注 求4/一般是如本题这样先处理p(用A的特征向量线性表示出来)，再利用4'&=义”§.如果先用
相似对角化求出4”,然后再去计算乘积即,这样计算量会比较大.
十、填空题(本题共2小题,每小题3分，满分6分)
⑴答应填音.
O
解 因为ABCUAB，所以00）.令2—土V0,解得0VzV§.则FCr）的单调减少区间为（。，才）.
⑵答应填（0,弩,义簧）.
解 旋转面方程为3&2+/）+2尸=12,令
F（z，m）= 3（z*z）+2；/-12,
则 F； = 6z,F；=4;y,F： = 6z,
从而所得旋转面在点（0,73,72）处指向外侧的法向量为（0,4泻,6次）,将其单位化得（o，¥，穿）.
（3） 答应填奇7T.
解缶=+] /（x）sin [ （xz+jr^sin 3zdz=2 [ xsin 3idz=-|~7t・
（4） 答应填齐
解
由 u=ln y/^c2Jry2+z2 =-^-ln（x2+y+z2）,知
du _ ;r 32u_ y2~i~z2—x2
&-x2+y+ z2 'd^~ （X2+y2+z2）2'
由对称性可知
a'll— —犬 a'u_ —Z，
d^~（x2+y2+z2）2，^~（j：2+y2+zzy，
故 div（grad «）=^q—
（5）答应填X=&（1,1,“・，1）T,其中》为任意常数.
解 因为AX=0的基础解系含向量个数为n-r（A）=n-（W-l） = l,故AX=0的任一非零解都可作
为它的基础解系.由已知，&=（1,：!,•••,1尸是AX=0的一个非零解，从而g可作为AX=0的基础解系，故
得通解为X=W（1,1,“・，1）T,其中为为任意常数.
• 41 •7白歹考研数学 c
真题大全解(数学一)〉〉〉' °
注n阶矩阵A的各行元素之和均为a是一个重要的条件，隐含着特征值为a,对应的特征向量为
二、 选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应选(B).
fsinx
解因为 lim 军= 1J。—费=limsinWgcosx
ig(z) i jr3+x4 lo 3j?z+4x3
丁2
1
=■(当 力―0 日寸，sin (sin2 x) —x2),
x-^O 6x 十 4rc
o
所以，当Z—0时J(z)与g(z)是同阶但非等价的无穷小.
(2) 答应选(A).
解 设双纽线在第一象限围成的面积为S，则§=夺f4 [cos 2。曲.
乙J 0 乙J 0
所求面积为4Si=2 4 cos 2。曲所以应选(A).
J 0
(3) 答应选(C).
解 直线I的方向向量小=(1,一2,1),直线L的方向向量
r i j k
〃2= 1 —1 0 =T—j+2A,
0 2 1
从而直线Li和Lz的夹角甲的余弦为cos |*^j =j=^==y > S此中=号.
(4) 答应选(B).
解 由曲线积分^jsin j/clr—/(x)cos yAy与路径无关可知，
M〔一/XQcos >]=?{[，($)—e*]sin /},
ox
整理得 /Gr)+，(z)=eS
解此方程得 六工)=¥+。厂，
1 —厂 Z
由 /(0)=0 得,C=―，故 f〈x)=—2—.
(5) 答应选(C).
解 由PQ=O,知Q的每一列都是线性方程组FX=0的解，当烂6时，。的列秩为2,故PX=0至少有2
个线性无关的解，所以其基础解系所含向量个数至少为2,即3—r(P)22=r(P)0,x6E0,+oo),/(x)单调增加测/*)( 至多有一个零点.由积分性质知
「/«)&>「础,即 /(x)>fe+/(0),
J 0 J 0
取4以>0,由上式得
k
火刀)>4 一罕］+y(o)=o.
又/(0X0,根据零点定理，必存在Xo e (O,Z1),使/(xo)=O.
综上可得,六工)在(0,+8)内有且仅有一个零点.
(2)由函数y=ln z的单调性,只需证bin a>a\n b,
设 /(x)=xln a—aln z,z2a>e,则 fCr)在［a,+8)内连续可导，且
f (x)=lna—~>0,
所以/Cr)在也,+8)内单调增加.又/(a)=0,从而得/(x)>0,x>a.即
xln Q>oln z,z>a.
取 sc=b>a>e,则有 Aln a>aln b,即 伊.
注 本题第一问的难点在于找到一个点而e(o,+8),使六而)>。.事实上，直接对，G)应用拉格朗
日中值定理，有 /(x)-/(0) = f (&工,即 f(工)=/(0x + /(O) >fcc+/(0),于是，令 X-H-OO,则有
lim/Cc) =+8>0,由极限的局部保号性，必存在e G (0,+8),使顶(而)>0.这样也就解决了问题.
七、(本题满分8分)
2 0 O'
解二次型r的矩阵A= 0 3 a ，特征方程为
0 a 3.
A~2 0 0
|AE—A|= 0 A-3 —Q = (A-2)(A2-6A+9-a2)=0.
0 —a 人—3
由二次型的标准形可知,A的特征值为；l】 = im=2,；l3=5.将；U=l(或;(3=5)代入特征方程，得疽一4=0,
2 0 0
a=±2.因 a>0,故取 a = 2C 此处也可根据 IA | =AiA2A3> 得 0 3 q =1X2X5,即 9 —^2 = 5,所以
0 a 3
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• 44・1993年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
g=±2,因为a>0,故 g = 2）.此时，
'2 0 0'
A= 0 3 2 .
0 2 3,
以下逐一求出对应于每一特征值的特征向量,并将其正交化、单位化:
当；h = l 时，由（E-A）x=0,即
> -1 0 0、 ‘与、 '0、 '0 ■
0 -2 -2 工 = 0 ，解得对应的特征向量&= 1
2
.0 -2 一2, 、了3, 。 T,
当；12=2 时，由（2E-A）x=o,即
「0 0 0、 Z】' O
0 -1 -2 12 = 0 ，解得对应的特征向量岳=
、。 -2 T, 43, 0, <0]
当人3 = 5时，由（5E~A）x=0,即
3 0 0、 ‘心、 0'
0 2 -2 工 = 0 ，解得对应的特征向量&=
2
、J
0 -2 2 ,
^3.
将&，&，&单位化，得
故所用的正交变换矩阵为
‘0 1 0 '
W ° £
P=（Pi，P2，P3）= V2 V2 ・
专o i.
八、（本题满分6分）
证法1设B=（&,&,•••,四）,其中0,6=1,2,•••,”）是B的列向量.若工洲+工很+”•+工“此=0,即
（A，#2, •・・，&） =Bx=0,
上式两端左乘A,则得0 = ABx = Ex = x,即工= ：=0,故01，&，…，凡线性无关.
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• 45 •证法2由于r(BmX„)^r(AB) = r(E)=n,且r(B„x„)2 即 时,Fy（v）=「=1；
J 0乙
当打V2即O0V4时,FY（y）= 号&=拓.
‘0, jyVO,
所以 Fy（、）= y*/^ ，0<3/<4,
、1, ）24.
故当0Vy<4时,片3）=玲（少=牛.
40
+—、（本题满分7分）
f+oo
解 ⑴EX= j：f(x)dr=09DX= J x2f(j：)dz— J x2e~xdr=2.
r+«>
(2) Cov(X,|X|)=E(X|X|)—EX • E(|X|)=E(X|X|) = x\x\ • /(x)dz=O,
所以X与|X|不相关.
（3）对于任意给定的0Vz°V+8,事件{|X|Vh 。}包含在事件{XVz。}内，故有
0P{|X|,z)=z—ex+2xjz—3,则 Ffx = 2y,Fy=2x,Ffx = l—ez9 曲面 z—b+2工y=3 在点(1,2,0)
处的法向量为”=(4,2,0)，故所求切平面方程为
4(x—1)+2(/—2) = 0,
即
2x+y—4=0.
（3）答应填（普）'•
du . x | e x
解 k = — e sm---1--- cos —，
。工 y y y
d2u xe~x x e~x x ,xe~x . x
=— cos------cos 1---- sin —，
dxdy y y y y y y
丝 I =(M)'
dxdy\(2，i) \ e / •
应填（£*+ ）半
⑷答
解法1 利用极坐标进行计算.
J （芹+若）&心=J；费£ （£cosW#sin纽）
Irdr
D
=号『（策应。+加的）M= G + *）碧
由对称性可知JJ x2dxdy= jj* y2dxdy,则
解法2
D D
J任+若）&心=。（芹+笠）&心
D D
=G*+ ） G*+ ） f（U）位心
D D
r "1/<1，=（二+&）亨.
~2 a'
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・49 •7匕/考研数学
真题大全解(数学一)〉〉〉 °
• 1 1
1万T
2
(5)答应填 3”t 2 1 f .
3—1
F 2 1
解 因为伽 t=(i,*,§) 卜=3,应用定阵乘法的结合律，得
An =*AAAA=- (aTp)(aT^*-*(a) T^) (aTp)=aT (0砂)…(0砂)0
fi 1 1 ]
1 y
t
9
=aT3"_1p=3n-1aTp=3"_1 2 1 y .
、3言1
注若a,夕都是贝维非零列向量，则A=a/f和B=/faT是两个互为转置的秩为1的方阵，而『夕和
/Ta是两个相等的数(这个数就是4=4丁的迹)，则 a"=LA= (a^py-'A.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(D).
解由被积函数的奇偶性可知
M=0,
p-X 「专 「专
N= J sin3xdr+ j 专 c*zdozs=2j cos0dr>O,
P= J； x2sin3a:dz— cos4a:dj：=-2 J cos4xdz<0,
因此PVMVN,故应选(D).
(2) 答应选(D).
解多元函数在一点上连续性与偏导数存在之间没有必然联系，即“连续”未必“偏导数存在”,“偏导
数存在"亦未必“连续”.所以应选(D).
(3) 答应选(C).
解由不等式|沥M土 3+〃)可知
1)”上|〈土 3+焉)，
I |
8 8 [ OO
而S出和£言工：均收敛，贝U S(―1)”~7^5=绝对收敛.
n=l ”=1 〃 十"人 ”=1 v n +A
(4)答应选(D).
"ah z | 5(1 — cos z)
飙 -tan —+♦( 1 — cos z) =]. 工 工______
氏cln(l —2x)+J(l—e-x，)麴cln(l—2«r)〔 d(l~~e-')
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・50 •1994年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
tan x 1 i. 1 — v 2 n
又 lim----= 1, lim----c-o--s-h= lim----=0,
x*0- JC x*0- JC r*0- jC
ln(l — 2x) i. —2x o ]. l~e~x v /
hm---------= lim---- = — 2, hm------ = lim——0,
X X ■r-o X X
v Qtan z+bd —cos z) a o
则 hm—---- ——；--------= ―7T = Z
icln(l —2z)+d(l —e x ) ~~2c
从而a=—4c.
(#5) 应选(C).
解法1若记选项(A)中的4个向量依次为 E ,氏,则可以看出它们满足Pi-ft +p3 一版=0,故
选项(A)中的向量组线性相关.同样通过观察可知选项(B),(D)中的向量组都线性相关，由排除法即知只
有选项(C)正确.
解法2记选项(C)中的4个向量依次为阳球，威,则由已知，有
10 0 -1'
110 0
(fll 9B2 9B3，&)=(。1 ,。2，03，。4)
0 110
、0 0 1 1 >
由于aMaz.as.at线性无关，且上式最右边的矩阵满秩，于是知r(眉,，，亦威)=「(5，%皿血)=4,故
&，&，威，，线性无关，选项(C)正确.
三、(本题共3小题,每小题5分，满分15分)
虫!=亟@=、处!=_± (女业).1一=——，所以
⑴解
dz dr/dt dx2 dr\dz/ dz \dr/ dr/dz 2tsin t2
(2)解因
-( --1-】i ) . £ 2~~i=i 1 <~~i= 京工4'(-~] v, v 1),
」 4 \l~hr 1—X/ 2 1—x 藉
且 /(0)=0,故
「工 「工 OO 8 4,"]
g = = jo(S^)d/=g 昂(-1〉： : °
_ , 1 — cos 1 |_____1______,尸
8 n 1+cos jc 4(1+cos j?) '
其中C为任意常数.
四、(本题满分6分)
解 设S]庄,S3依次为S的上、下底和圆柱面部分，如图所示，则
rr顼丁也=rr二心血=n
^x2+y2+z2~^2+y2+z2~^
记S”S2在xOy面上的投影区域为。巧测
「「 妥&心 =(T R2(Lcdy CP (―■R)2dzdjz=_
^sx2+y2+z2 x^y2+R2 』x2+y2+R2~^
在 s 上,.¥%=。.
记s3在yOz平面上的投影区域为D* ，则
所以，原式=#R
注本题不适宜“挖洞法”，因为使用高斯公式转化成的三重积分并不容易计算，故此处采取直接法
(利用投影法化为二重积分).
五、(本题满分9分)
解由全微分方程的充要条件宫=琴知
dy dx
f“(oc) ~\~2xy=xi +2矽一/(x) 9
即 + /(x) =jc2 ,
解得 /(j：)=Ci cos j;+C2sin 1+/ —2.
由 /(0)=0,/(0) = l 求得 G = 2,C2 = 1,从而得
/(x) = 2cos z+sin x+x2—2.
于是原方程为 ；
—(2cos z+sin •r)/+2;y]cLz+( —2sin s+cos x-\~2x~]-x2y)dy=09
其通解是 —2j；sin z+ycos x~¥^-^-+2xy=C<,
其中C为任意常数.
注 求全微分方程的通解，即求Pdx+Qdy的所有原函数“危,少，三种常用的方法:①利用线积分与
路径无关的性质,改换路径;②利用偏积分;③利用凑微分.现一并介绍给读者.
求[巧之—(2cos x + sin J；), + 2y]&+ (— 2sin z + cos x2xy}dy = 0 的通解.
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・52 -1994年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解法I取折线路径(0,0) - (z,0) f Cx9y).
f(x,y) . . 2
u(a:9y) = \_xy2 — (2cos x + sin x)y + 4- (—2sin x + cos x2xary)dy
J (0,0)
=J (— 2sin x + cos x + + dy =— 2ys\n x + /cos x + 2xy -\-- --,
故通解是一 2;ysin 1 + jycos x + 2xy + - = C,其中C为任意常数.
解法 2 条=工寸—(2cos x + sin j;)y-F2y=>u(d：9y)= (2sin x — cos x}y + 2ry +C(j/),于
=x2y — (2sin x — cos x) + 2z+ C'(、)，又祟 =—2sin x -F cos x~\~2x + j^y，贝！J有
dy
x2y — (2sin x — cos x) 4- 2x + C,(、)=— 2sin x + cos x + 2x4-x2j^=>C，(>) = 0,
取其中一个原函数C3)= o,则
]2 2 / 2
u(x,y) = ---(2sin x — cos x}y + 2xy =— 2/sin x + ycos x -\—寸 + 2巧，
于是,通解是一2ysin x + ycos x + 4 2巧=C，其中C为任意常数
解法 3 [巧2 — (2cos z + sin %)/ + 2)]& + (— 2sin z + cos i + 2z+ /少心
=xy2dx + J^ydy + (— 2/cos xdx — 2sin idjy) + (— /sin zdz + cos xdy) + (2ydj： + 2zd_y)
=)+ d(— 2倔11 x) + d(^cos x) + d(2巧)=d
于是,通解是-- 2^sin x + j^cos x + 2xy = C,其中C为任意常数.
六、(本题满分8分)
证 由题设推知六0)=0,f (0)=0. f(z)在点1=0的某邻域内的一阶泰勒展开式为
/(x)=/(0)+/(0)x+^//(f)x2=y/，(f)x2，e介于。与 Z 之间，
再由题设,，〃&)在该邻域内包含原点的一小闭区间上连续，故必存在M>0,使|f〃(z)|0,
故 |A|40.
'a「
证法2设4=:，其中a；（lWi）为4的行向量测AT=（aI，aI, — ,aD-由公式AA' = \A\E,故
由已知，有AAT=|A|E.
（反证）如果|A| =0,由上，有
«。i ai«T。1破…哄?
<
2 a2al 。2 破 a2al
O=AAT = (af,破,•••,□?) =
9
T T T
JXn iOrffl 0^2 …Qrfln
则a,a?=0«=l,2L,”）,即||a,・||2=0,故所有a=0,即4=0,这与4是非零方阵矛盾，故⑷尹0.
十、填空题（本题共2小题,每小题3分，满分6分）
⑴答应填1一力.
解由 P（AB） = P（，百） = 1—P（AUB） = 1 — ［P（A）+P（B）—P（AB）］ = 1—力一P（B）+P（AB）,知
P（B） = l-p.
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・54・1994年 I
__________ ° <«全国硕士研究生入学统一考试数学雨
z 0 1
(2)答应填 丁旦.
q 4 4
解由已知有,Z的可能取值为0,1,而
P{Z=0}=P{max{X,Y}=0}=P{X=0,V=0}=P{X=0} • P{Y=0}=yX-|-=y,
所以’ P{Z=1} = 1—P{Z=O} = 1—+=斗.
一E
十一、(本题满分6分)
解(1)EZ=§EX+身 EY=§.
又 DX=9,DY=16,Cov(X,Y)=p壮• /DX • 757=(—务)X3X4 = — 6,则
DZ = (y)2DX+(-|-)2Dy+2XyXyCov(X,y)
=-7-DX+4-Dy+4-Cov(X,y)= l+4-2 = 3.
9 4 3
(2) Cov(X,Z)=Cov(X,y)+Cov(X,y)=yCov(X,X)+yCov(X,y).
又 Cov(X,X)=DX=9,Cov(X,y)= — 6,则 Cov(X,Z) = *X9 +§乂(一6) = 3—3=0,所以
.Cov(X,Z)__
Pxz~/DX-VDZ
(3) (')=直J_ 因为矩阵A可逆，且(X,V)服从二维正态分布，故(X,Z)也服
、3 2 ,
从二维正态分布.又因为Pxz =0,所以X与Z相互独立.
（试卷H）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分15分）［同试卷I第二题】
三、 （本题满分15分）【同试卷I第三题】
四、 （本题共2小题,每小题6分，满分12分）
（1）解 设P（工，少为椭圆/+4寸=4上任意一点，则P到直线2工+ 3^ — 6 = 0的距离为d =
险+以―61.求d的最小值点即求必的最小值点.作辅助函数
/13
F（x，3z，A）=j^（2x+3y~6）2H-A（x2+4y2—4）,
业=0,堑=0,竺=0,
由拉格朗日乘数法，令
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・55・7匕/考研数学
真题大全解（数学一）〉》 ' °
4
j^（2x+3j/—6） + 2Ax=O,
得方程组 Y g（2了+3v-6）+8泌=0,
x2+4j/2 — 4=0.
解此方程组，得
8 3土 8 3
而=亏，功=亏或工 2 = —■ ，:V2 = —~ .
于是 4队＞=焉』5=芳・
由问题的实际意义,最短距离存在，因此（■!•，号）即为所求点.
注条件极值问题在用拉格朗日乘数法时要学会对目标函数等价转化，以减少运算量.如本题直接的
目标函数是刁= !_?毛兰二力，但由于有绝对值，转化为/ =志（2工+33—6）2来处理（实际上用（2工+
713 13
3了一6）2也可以）.
（2）【同试卷I第四题】
五、 （本题满分9分）【同试卷I第五题】
六、 （本题满分8分）【同试卷I第六题】
七、 （本题满分6分）【同试卷I第七题】
八、 （本题共2小题，满分14分）
（1） 解 因为A有特征值2,4,・",2”,则A-3E有特征值一l,l,3,5,・“,2n—3.
故 |A-3E|=（-1） • 1 • 3 • 5..... （2n-3） = -（2n-3）!!.
（2） （本题满分8分）【同试卷I第八题】
九、 （本题满分6分）【同试卷I第九题】
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・56・1995年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷I）
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
⑴答应填e'.
解 这是“广”型,直接有lim( 1 + 3工)彩= e瓯舞"=e6o
(2) 答 应填一[cos Z2dz—2x2cos x4.
J o
解由于
J t jccos i2dz=—x J cos i2ck,
因此 £ J z zcos t2dt=— J cos t2dt~2x2cos jc4.
注 本题属于直接提出X,然后进行求导的类型.
(3) 答应填4.
解 [(g+5)X(b+c)] • (c+a) = [(a+b)Xb] • (c+a)+[(a+。)Xc] • (c+g)
= (gX5) • c+(8Xc) • G=(aXb)・ c+(gX5)・ c=4.
（4）答应填泻.
解法 1 liml 1 =lim| ("+l)[2' + (-3)”] n±l=l_
= lim
18 | Cln | L8 J E2"+1 + (—3)"+1]n n-»oo n 3
由于该蒂级数缺偶次项，则收敛半径R=R・
n
解法2令 a"G)= 2' + (_3)”T,2n—1
I
四 泪手
根据达朗贝尔判别法可知，当yx2
U
T 0 0
r2 0 0、 -i r3 0 0、
J_
B =(A-1-E)-,6AA~1=6(A~1-JE)^ 】=6 0 3 0 =6 0 ~3 0 = 0 2 0
<0 0 6. <0 0 L
1
0 0
T.
二、 选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应选(C).
解由于交成直线L的两平面的法向量与k的法向量均垂直，即
(1,3,2)_1_(4,—2,1),
(2,-1,-10)1(4,-2,1),
故7T的法向量与L的方向向量平行，因此直线L垂直于』
(2) 答应选(B).
解由广'&)>0,则/&)在［0,1］上单调增加，又由拉格朗日中值定理得
/(l)-/(0)=/(c)(0/(c)>/(o),即/(i)>/(i)-/(o)>/(o).
(3) 答应选(A).
解法1由于F(z)=，(工)+ /(x) | sin工| ,而/(x)可导,则F(工)在点z=0的可导性与八工)I sin招相
同.令平(jc)=f3) | sin工|，由导数定义知
矿+ (0) = lim^)|sinj| = lim—Qsin』」。),
Z x*0- Z
(0)= ］im—z)lsin 招=临―■工)sin』_六0).
x*0~ Z x-»0 了
故在Z=O可导的充要条件是/(0)=~/(0),即/(0)=0.
解法2本题考查“可导函数与连续但不可导函数乘积的可导性”，实际上有着以下的结论(利用导数
的定义即可简单验证)：
设f(jc)在JC = Xq处可导,g(z)在x = Xq处连续但不可导，则F(z) = f(oc) • g(z)在x = Xq处可
导<^/(x0) = 0,于是本题直接选(A).
(4) 答应选(C).
解 由于去 E)"'n(l+金)是交错级数，且"*1+ )单调递减趋于零，则fj "“收敛.而
记=叫1+言)〜+(L8), -
而S ［发散，所以S记发散,故应选(C).
n=l 71
n=\
(5) 答应选(C).
解 矩阵B可以看作由矩阵A依次进行下列两次初等行变换得到的:先把A的第1行加到第3行上
去，再把所得矩阵的第1,2两行互换.这两次初等变换对应的初等矩阵分别为题给矩阵R和Pi,于是由
“对矩阵A作初等行变换相当于矩阵A左乘相应的初等矩阵"，即知(C)正确.
2
三、 (本题共 小题,每小题5分，满分10分)
⑴解若=役+技嚏+多•急易见关=cosz，由
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・58 -1995年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
2%/i+e^cos x •戒+点
光=-+e3，cos x •说)，
得
等=|£+|^cos 工-条. A-(2jc(p\ + esinJcos x • &).
故
②解 交换积分次序，可得
J。dr J /(x)/(^)djz =f dj/ [ =^=[
& /(Q/Xjddy,
Jo0 Jo J 0 J 0
2 J。dr J = & f f(^)f(y)dy-p f dr [ f(x)f(y)dy
° ' =03 J；o0 Jo0 Ji
f /(x)dz [ f(y)dy=A2,
0 J 0 J o
所以
f & f f（j：）f（y）dy=^-A2.
JO J x 乙
注 （i）（ *）处的计算利用了被积函数对变量工点具有轮换对
称性，于是
「dr[ f(x)f(y)dy = J/(^)/(>)dLrd> =
0 可
=1 0
其中D，3如图所示.
（2）本题还可以用一元积分的思想,注意到%[〕｝（切心]=一/（了），于是
〕。&1/（1）/3）心=Jo'（x）・[J，（7）d;y]& =—J°[J，3）dv]d[J，3）心]
如心] 二=扣
=-*Lf 1
四、（本题共2小题,每小题6分，满分12分）
(1)解 2在xOy平面上的投影区域D：x2+y < 2工.
dS= yi + (z；)2 + (z；)2d〉〉 ' °
注 展开式也可写作心=圭S（一 二』cos肯口 6 [0,2].
五、（本题满分7分）
解 设点M的坐标为（z,少,则切线MA的方程为
Y-y=yXX-x）.
令X=0,则Y=y—xy,故点A的坐标为（0,y—zj）.
由|河| = |页|,有
』 _+玫） y—xy |,
（z—0）2 + （.— 2 = |
化简后得 一 J/ +廿=o.
再令z=y2,得圭解得
z = （― pce-jAdr + C） = ]（—z + C）,
即 y2 = —x2 +Cx.
由所求曲线在第一象限内知y>0,故
y= VCx—x2.
将已知条件乂言）=3■代入上式，得C=3.于是所求曲线方程为
y= /3了_— （0VzV3）.
六、（本题满分8分）
解由曲线积分与路径无关的条件知
=g ( 2i>)=2%,
于是,QSy)=]2+C(v),其中C(少为导函数连续的待定函数.
题干中等式左端取积分路径(0,0)fQ,0)—Q,l),
r(t,i) ri fi
2 衬&+Q(«z,;y)d;y= [/+C(jO]d；y=，2+ C(/)dj/,
J (0,0) Jo Jo
题干中等式右端取积分路径(0,0)—(l,0)f(l,£),
ft ft
2xydjc~\-Q{x,y>)dy= [12+C(y)]d;y=r+ C(j0dy
J (0,0) Jo Jo
由题设知t2 +「C(y)d>=z+「C(j0dv.两边对t求导，得
J 0 J 0
2r=l+C(z) ,C(i)=2t—1,
从而 C3)= 2y-1,所以 Q(x,j/)=x2+2^-l.
注 本题已知曲线积分与路径无关,从而改换路径计算相应曲线积分.
当然也可找一个原函数计算积分：
2巧位 + []2 +C(^)]dj/ = jzd(x2) +/心+ C(y)d/ = d(x23/) + d[Lc(s)ds]= d^2y +j^C(5)d5^j,
于是对题中等式左端积分 「''口2巧& +。(1况心=「了2,+ [c(s)d5] | = t2 + f1C(s)ds9
J (0,0) 1- J 0 -* I (0,0) J 0
右端积分 f 2巧dr+ Q(z,、)d；y =「x2y-\- I* C(s)ds] | =*'+[ C(5)ds,
J (0,0) L Jo J I (0,0) J 0
故得到方程t2 +「C(s)ds = £+ ['c(s)ds,余下解答同上.
0 。考研电子版网站：www. pdf2book. com
・60 •1995年
°全国硕士研究生入学统一考试数学解析
七、(本题满分8分)
证 ⑴用反证法.若存在点c e (a,b)，使g(c) = 0,对g&)在S3和［c,。］上分别应用罗尔定理,
知存在& e(q,c)和& e(c,b)，使g'(&)= g'(&)= o.
再由罗尔定理，知存在& E (&,&)使g〃(&)= 0,与条件g"(z)丰0矛盾，故在(q,A)内g(z)丰0.
(2)令甲怂)=，Cr)g'(z)—/Cz)gCr),则 q(g) = s(b) = 0,由罗尔定理知，存在(a,b),使"(£)=
。，即 /'(E)g〃(Q —，"(Qg(E)= 0,因 g(Q 丰 0,g”(Q H °，故得= ，S G （a,b）.
注 本题第一问如果借助“罗尔定理的推论:若舟)愆)乂0,则六^)=0至多存在〃个根也，切”
..
则更简单，由于g"(z) R 0,故g(z) = 0至多只有两个根,又由于g(a) = g(b) = 0,故方程gGr) = 0在
(a,6)内再无其他根，于是得证.
八、(本题满分7分)
解 设对应于A2 =A3 = 1的两个线性无关的特征向量为&，&，它们都与&正交,故应有
c=（0,1,1） =0,
可得
由于&与&已正交，故再将单位化，得
0 - ，0 1
1 j_
P1 = TM =
用 必=&= 0小=备=
72
J_
〔0〕
1
V2.
r 0 1 0
I1
则 P =(P1，P"3)=
IV12
-
72
0 1 0 fo i 1
1 八 J_ r-i 用 ‘10 0 '
用o
A = PAPt = 42 1 1 0 0 = 00-1
1 n
o
1 i. 〔n
0
用1
一剂
1 0 -1 0 ,
九、（本题满分6分）
解 因为 | A + E | =| A+AV | = | a（E + AT） | = | 4 |・| （E+A）T |
=1 A E + A | = | A |・| A + E I,
故（1-| A I） | A + E |=0,由于 | A |<0,故 1 一| A |>0,因此 | A + E |=0.
注 （1）对于L4 + B |型行列式，考研电子版网站：ww.Pdf2book.com乘积的形式，其中对单位矩阵E进
• 61 •化
&考研数学
抒3真题大全解（数学一）>〉〉 °
行恒等变形是常用的一个技巧.
（2）实际上，本题的4是正交矩阵，而正交矩阵的实特征值是1或者一 1,又由于| 4 | V 0,则4必有特征
值一 1,于是A + E必有特征值0,则I A + E |=0.
+、（本题共2小题,每小题3分，满分6分）
⑴答应填18. 4.
解 由题意,X〜B（10,0. 4）,所以 EX = 10X0.4 = 4,DX = 10 X 0. 4 X （1 — 0. 4） = 2. 4.
所以 E（X9 = DX + （EX）2 = 2.4 +必=18.4.
（2）答应填寿.
解 F{max{X,Y} >0} = P{{X>0} U {丫2 0}}
=P{X20}+P{Y〉0} — P{X>0,Y20}
=_4_ , = 5
十一、（本题满分6分）
解法 1 y = 在［。，+°°）上单调，故 z = hCy） = In 2 1），故
A■，/ N L
fy（y'）= /\［以少］• I 九（3）I =，，
、0, 其他
（0, y V 1,
解法 2 Fy（;y） = P{Y Vy} = P{eX Vy}= 故当;y21 时，
IP，2必，一 1）,所给平面的法向
量为（2,2, — 1）,由题设条件有
血=绥=二=述+说，
2 2 — r 0 2十弘
由此得切点坐标为zo = 2,* = I,% = 3.于是所求切平面方程为
癸硕编滁"思 2 依撼 m= °，
• 62 •1995年
° 〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
即
2x-\~2y — z — 3 = 0.
⑶解=J。[火1+寸)务d;y
D
=£9( 1+寸5对 =^9( 472/—-1).
1D -LD
o
四、 （本题满分12分）【同试卷I 第四题】
五、 （'本题满分7分）【同试卷I 第五题】
六、 （本题满分8分）【同试卷I 第六题】
七、 （本题满分8分）［同试卷I 第七题】
八、 （本题共2小题,每小题7分，满分14分）
• 1 3 2 1 1 ' 1 3 2 1 1、
⑴解因 0 1 a —a -1 —► 0 -1 -2 2 2 ，所以当a尹2时,方程组有解.
2 0 3 3 , 0 0 a—2 2—a
[Ta^zipi
a—2
厂3）
其通解为 =k 0 + 2 a — — 2 2 g ，其中k为任意常数.
1
1
、工4 ， 、1， a—2
0
（2）【同试卷I 第八题】
九、（本题满分6分）【同试卷I第九题】
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• 63 •1996年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷I)
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应填In 2.
解 这是“广”型,直接有 1血('+ 阪)=exp(limr(n^ — l) }= exp/lim —— | = e* = 8,则
x*o-o \ x — a / I x-^ \ x — a / } \ —8 x — a)
a = In 2.
(2) 答应填 2z+2/—3z=0.
解 设M(x,y9z)是所求平面上任一点，则向量字/球)，(6,—3,2)以及向量(4,-1,2)共面，故
x y z
6-3 2 =0,
4-12
即 2x~\~2y—3z=0.
⑶答 应填y=e，(Gcos ^+C2sin x+1)，其中C19C2为任意常数.
解 特征方程为/一2尸+2=0,解得吃2 = 1士i,则对应齐次方程的通解为
Y=eJ(Ci cos x+C2sin x),
易观察出V =e，是非齐次方程的一个特解•则原方程的通解为
;y=b(Gcos ^+C2sin z+1)，其中 C19C2 为任意常数.
(4)答应填土.
解因为 & L x+ Vyz+z2 =y,
(1,0,1)
Bu | _ ] . 3
3y\A 工+JJ+/ =0
(1,0,1)
虫1 =____1______ —— z___ _A
&Ia x+ Vy2+z2 /y'+z， (1,0,1) 右 2
而茄的单位向量为(号，一号，斗)，故所求的方向导数为
du 广 X+0X 2 +TX1=T-
§
3AB
⑸答应填2.
解 因为B为满秩方阵,而用满秩方阵乘矩阵，不改变矩阵的秩,所以有r(AB)=r(A)=2.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(D).
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・64.1996年
° <，、<
全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解 令？=井怨,由于P丑+QB为某个函数的全微分，则誓=箜，即
(1 十 丁) Kx-ry) qy 。工
Q&+;y)2-2(z+G,)(；c+;y) = ~~2y
(x+y)4 (了+丁)”
化简，得 Ca—2')x—ay= — 2y=>Ca—2')x=(a—2')y9
所以仅当q=2
时，对定义域内的任意&,少,上式恒成立.
注 本题还可以进一步求出也土件中虫的一个原函数“(工,切，如可利用线积分或者偏积分或
»
.者凑微分的方法求解.
(2) 答应选(B).
解由于lim《卑=1>0,由极限的局部保号性知，存在工=0的某去心邻域，在此去心邻域内
x-H) I JC I
普b>o,则在z=o左半邻域广'(工)>0,即/(工)单调增加，又Z(o)=o,则在*=0 左半邻域，(上)vo,
l-r I
同理可知在x=0右半邻域/(x)>0,由极值的第一充分条件知，(工)在工=0取极小值.
(3) 答应选(A).
解 lim (一l*ta)n'#()% =linwtan (0=l n=l n=l
(4)答应选(C).
解法 1 由 F(x)=x2 [ fMdt- "«)也，有
Jo J 0
矿&) = 2工 J：/XQdz+//W T/■(工)=2工打Q)dt,
"、 2x\XfWdt 2p/(«)dz
]im己华 Fim — =lim "
I Z I 1 x-0 1
2/(x) 2./Cz)
由于lim/(x)=/(0)^0,而上式右端极限存在且为非零常数，则龙=3,因此应选(C).
x*0-
解法2本题只要能确定F&)是工的几阶无穷小，问题就得到解决，在F(z)=「(x2-?)/(z)dz的
表达式中有一个一般函数/■«),任意一个一般的/■«)它都能决定F(Z)的阶数，那么取一个具体的f(t),
比如取/(«) =t,当然同样也可以决定结果.
将/(£)『代入「(x2-«2)/(Z)dz,得「(工」/)£&=与一弓=弓.显然它是H的4阶无穷小，从而
Jo Jo 乙 4 q
F'G)是工的3阶无穷小，所以应选(C).
(5)答应选(D).
解法1按第1行展开，得
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• 65・。
y考研数学
P *
真题大全解（数学一）>〉«
a2 bt 0 0 a2
按第3行 口2 b2 。2 b2
D4 =。1 b3 a3 0 —bi 0 b3
展开 'ala4
一"
a3
0 0 Q4 0 0
=（"3 —缶缶）（"4 —缶》4）・
解法2 利用行列式的性质与公式计算行列式:
Qi 0 0 b】 Ql 0 0 缶 Qi b】 0 0
0 b2 0 r2*r* 4 S 0 0 di C2—C4 & 务 0 0
=(a2a3 —b2b3) (了血—缶。4)・
0 63 Q3 0 0 63 Q3 0 0 0 63
但 0 0 0 Q2 b2 0 0 0 b2 a2
三、(本题共2小题,每小题5分，满分10分)
(1)解 厂'(。)=—asin。，
ds = \/r2 + (r，)2 60=aV(1+cos ^)2 + ( —sin O')2 d0= 2a | cos * g,
由对称性得 L = 2 [ 2acos g" = 8asin = 8a.
J 0 Z Z 10
（2）证法1由而=10及^2=76+^=/16=4知1]>互・设对某正整数为有女〉血+1,则有
女+i = J 6+命 > =互+2・
故由归纳法知，对一切正整数72，都有而>%+】，即｛% ｝为单调递减数列.
又显见％>0（〃=1,2,…），即｛%｝有下界，根据单调有界准则知lim%存在.
n-»oo
再设 n l ~ i -8 mzn=a,则有 a= /6+口成立，从而 a2—a—6=0,解得 q=3,g= —2.
但因％>0（〃=1,2，…），所以口2。,舍去 g= —2,得lim% = 3.
n*oo-
证法 2 xi = 10 > 3,设 > 3,则
5 = /6+工人 > J6 + 3 = 3,
故对一切正整数〃，都有
而 > 3；z什 1 —xn = a/6 + x„ —xn = —.----- V 0,
V 6 + xn +
则I”】V%,即数列｛就 单调递减.根据单调有界准则知limx”存在，余下同证法1.
注 证法2中的下界3对证明单调性很重要，这个3是怎么想到的呢?大家看一下本题的极限值linrt,
n~»8
是多少,刚好是3,实际上数列的极限值往往就是它的一个界,可以以此极限值作为目标，去试着说明这个
极限值就是数列的界.
四、（本题共2小题,每小题6分，满分12分）
⑴解以S表示法向量指向z轴负向的有向平面z = l（x2+y22- .
注本题考查借助藉级数求常数项级数的和，当然在求解过程中构造的暴级数并不唯一.
六、（本题满分8分）
解曲线了=六工）上点 。）处的切线方程为
5（
y-/a）=/a）（x-^）,
令 X=0,得截距 Y=yGt）—Hf &）.
由题意，知
—f f(.t')dt=f(.x)—xf'(.x),
X J 0
j /(i)ck=x[/(j?)—
即
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・67・花罗考研数学 c
P *
真题大全解(数学一)>〉 °
上式对Z求导,化简得
工fCr)+，'Cr)=O,即 (工)]=0,
积分得 zf&)=G，
因此,/(^)=C1ln x+C2,其中G，G为任意常数.
七、(本题满分8分)
(1) 解 f{x')=f{c')+f' (c)(z ——c)2,其中 £=C 十。(工一c)'OVkCl.
乙！
(2) 证 在以上一阶泰勒公式中,分别令=*0 和=*1 ,则有
/(0) =f(c) ,0V&A)A=A,根据已知，有E=E~^,即^T=O,矛盾.故4是不可逆矩阵.
注 还可以用特征值的方法证明第二问，号矿是秩为1的方阵，其特征值是SW，o(”一1重)，所以当
gW=l时 ,A=E—®t有特征值0,故此时4=E一席丁不可逆.
九、 (本题满分7分)
'5 -1 3
解(1)二次型对应的矩阵为4= -1 5 —3 ・因r(A) = 2,故
、3 -3
5 3
|A| = —1 5 -3 =0,
3 -3
解得c=3,容易验证，此时A的秩是2.
A的特征多项式为
A-5 1
|AE-A|= 1 A-5 3 =A(A-4)(A-9),
—3 3 A — 3
故所求特征值为人1=0,人2 = 4,人3 = 9.
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.68 •1996年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(2)由(1)知二次型了的标准形为 f=4博+9展，
可知顶&1，工2，了3)= 1表示的曲面是椭圆柱面.
十、填空题(本题共2小题,每小题3分，满分6分)
⑴答应填辛.
解 记C=｛取的产品是A厂生产的｝,D=｛取的是次品｝.由题意知：
P(C)=O. 6,P(C)=0. 4,P(D|C)=0. 01,P(D|C)=0. 02.
(
故 ’
「(cID) — P CD)_
P(C)P(D|g) _ 0.6X0.01 __ 3
PCD) P(C)P(D|C)+P(C)P(D|C)-°- 6X0- 01+0- 4X0. 02- 7 '
(2)答应填J至.
解 若记 X=E—则 EX=E^-E1)=0,DX=D^+Drl=l.可得 X〜N(0,l).于是
E( |£—?| )=E( |X| )= j |_r| • ■隽_厂板 dr=q/2~ j ze」专 dr
+—、(本题满分6分)
解⑴
(2)X的分布律为
X 1 2 3
5
1P
T 9
E*+*+*=X23=XX1X 碧.
注由于总有YVX,故
① 当，v项时,P(x=z,y=j}=o；
② 当 i~j 时tP{X=i,Y—i}=P{^=i,7]—i}=P{^=i}P{T/=i) = -yX-|- = -|-,z=l,2,3
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・69 •亨
上 考研数学
真题大全解（数学一）>〉
1 1 2
③当 i>j 时,P{X=，,Y=顶}=P(f=，，v=顶}+P{S=j,"=/}=亏+§=亏・
（试卷口）
一、 （本题满分15分）【同试卷I第一题】
二、 （本题满分15分）【同试卷I第二题】
三、 （本题共3小题,每小题5分，满分15分）
f"4 f2cos/2.
0 0
（2） 【同试卷I第三、（1）题】
（3） 【同试卷I 第三、（2）题】
四、 （本题满分12分）【同试卷I第四题】
五、 （本题满分7分）【同试卷I第五题】
六、 （本题满分8分）【同试卷I第六题】
七、 （本题满分8分）【同试卷I第七题】
八、 （本题共2小题,每小题6分，满分12分）
q 1 0 0 r q i 0 0 r
⑴解 1 1 -1 0 0 ——► 0 0 1 0 i 9
<0 0 1 1 0 0 1 0,
解得基础解系为& = （ 一 1,0, —1,0,1）、包= （1, — 1,O,O,O）T.
（2）【同试卷I第八题】
九、（本题满分8分）【同试卷I第九题】
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・70・1997年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1~5小题,每小题3分，共15分.
（1）答应填言.
解法1 y 麴 _ ( _ 1 3 _ + s _ i _ n c _ o j_c s _ + i _ ) _x _ l 2 n _ c ( _ o 1 _ s + — 了 z) =1 1 1 ■ r 既 3sin l x n + ( x l 2c + os z — X ) =另 1 n 四 i- 3sin +j;2cos — T
# lim 祯11 丕 + * limzcos — = -y.
L a。 x Z a。 x Z
/cos —
解法2 由于 lim —:-- —
=li皿c*os =。，故工一 0时/。s* 是比sin z高阶的无穷小，故加减
f sm x z
中可直接略去，于是便有
i. __ 3 _ s _ i _ n _ j_ : _ + __ j _ ; _ 2 c _ o _ s _ — z _「_______3g smin x工______ _ _1_ i- 3sin 3
理(1 + cos j?)ln( 1 + x) 型(1 + cos z)ln(l+z)_2 ™ x ~2'
注 本题解法1第一步利用“非零常数因子先求出”这一化简方法,对处理后续极限带来很大的方便,
另外本题不能使用洛必达法则，因为求导后的极限不存在，且非无穷大，洛必达法则失效.但这里充分利用
极限的四则运算法则，将其拆分成两个单独的极限就很方便.
（2）答应填（-2,4）.
解 由于（吏aa”）'=，而蓦级数逐项求导后收敛半径不变，则 吏的收敛半径为
n=0 - n=l ”=】
3,从而吏心"（工一1冲=（工一 1）2吏皿（工一1）1的收敛半径仍是3,又£皿（了一1）*的收敛中心是
n= 1 n= 1 n—】
西=1,故所求收敛区间是（-2,4）.
(3)答应填z+y=e顶,
解 由于z=pcos 0,/=psin 0,将p=e9代入得
(x=e,?cos
\ ,=e%in 6.
切线斜率为 、
dj/1 _sin 0 +cos 91
dr I T cos 6 — sin 61 T
当。=3■时,X=0,y=^，故所求切线方程为
y=——x+eT ,艮P x~hy=eT,
（4）答应填一 3.
解法1由于B为3阶非零矩阵,副畛枷舜见触槌级."0存在非零解，故01 =0,通过简单
-71・/考研数学
昭 真题大全解(数学一)〉字
计算行列式得«=-3.
解法 2 由 AB=O,得 r(A)+r(B)<3,又 B尹O,则 所以 r(A)<2<3,故 £=一3.
注 对于AmX^nXj=O,要有三种思路:①r(A)+r(B) 0.
J 0 J 0
(9)答应选(D).
解 三条直线a1x+b1y-\-c1=0,a2X-\-b2y+c2=0及a3x-]-b3y-]-c3 = Q有交点的充要条件是
如了+。2、+。
3=0
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・72・1997年
°〈＜＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
有解，即a〕,a2 ,a3线性相关.
为保证三条直线只有一个交点，则它们在有交点的情况下，两两不能重合，即加a】尹处％(知，奶为任
意不全为零的常数)，故r(O1 ,aQ=2,即a】,«2线性无关.
注三条直线相交于一点等价于非齐次线性方程组a^+a2^=-a3有唯一解，于是r(O1 ,a2)=r(ai,
久03)=2,选(D).
(10)答应选(D).
解，一般地，若随机变量X和Y相互独立，则数学期望和方差分别为
E(aX+bY)=aEX+bEY,D(aX±bY)=a2DX+b2DY.
对于本题有 a=3,Z＞=-2,DX=4,DY=2.故 D(3X—2Y) =3幻乂+2，丫=44.选(D).
注上述(A),(B),(C)三个干扰项是分别针对考生平时易犯的三种错误倾向设置的，即误以为
D(3X-2Y)等于 3DX — 2DY或 3DX+2DY或 32DX-22DY.
三、解答题：11-22小题，共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(11)解 由 故
O：
0—z—5=0. ( * )
(x-\-y-\~b=O,
由
\x~Yay—z—3=0,
得 y= —x—b,z=x—3+a(—x—6).
代入（*）式,得 2]+4]+46— i+3+qz+q6—5=0,
因而有 5+g =0,45+。。一 2=0,
由此解得 g= —5,》= —2.
奈=/(u)exsin '，篇=f (u)excos y,
(15)解
芸=/(u)exsin y+/，，(u)e2xsin2^,
ox
券=—f (u)exsin y+/，，(u)e2xcos23；,
代入原方程，得
//(u)-/(u)=O,
由此解得
y（u）=Ge，+Ge-“（Ci，C2 为任意常数）.
（16）解 由题设，知，（0）=0,9（0）=0.令〃=理，得
1 /(u)du
(p( °
重特征值.
但r(-E-A) = 2,从而对应A = -l的线性无关特征向量只有一个，故A不能相似于对角阵.
注第一问也可以利用&=活,两端进行比较定出参数a,5以及九
(20) ( I )证 因⑷乂0及|0*B,|=-|A 故B可逆.
(n)解 记E“是由n阶单位矩阵的第，行和第，行对换后所得到的初等矩阵，则B=EtiA.因而
心1 =A(E,)A)T =徵一用=E}i =E§.
(21) 解 X服从二项分布B)*(,3X, 的可能取值为0,1,2,3.从而
P{X=0} = (1—=岛,P{X=l}=C；xWx (1―)=善，
P(x=2>=cix(|)2x(1-f)=l.m=3}=(|)=^,
即X的分布律为
X 0 1 2 3
_27 54 _36 _8_
P
125 125 125 125
因此,X的分布函数为
'0, x<0,
备 0QV1,
覆，1QV2,
FCz)=P{XQ}=v
摄 2QV3,
.1, 工23.
X的数学期望为EX = 3X§=|•(或EX=OX^+1X摆+2X盖+3X岛=§).
(22)解 总体X的数学期望为
EX= J xf{x)dx = | (0+l)fdz =
设灭=4，x,为样本均值.令霜=京，解得未知参数。的矩估计量为方=岑£.
设"互，…，而,是相应于样本Xi，Xz，…,X”的样本值，则似然函数为
(0+ 1)"(宜五)°, 0 < x, < l(i = 1,2,•••,"),
L(e)=〈 '-I
.0, 其他
当 0O,且
In L(。) = "ln(°+ 1) +。史In 而,410£也口 =]+ 史 In xt.
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・76・1997年
° ＜〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
令町n$O)]=0,解得0的最大似然估计值为8= — 1一 ^―,从而得。的最大似然估计量为
' Sin..
i=l
Z i n
0=—1一 —-----•
Sin X,
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• 77・1998年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜5小题,每小题3分，共15分.
（1）答应填一§.
. n---- 9 l+gz-- ■r2+oCr2) + l----x----X1 +o(j?) —2 ,
解 lim 王1土#三五罢=lim —%一---------- 1一------------- =-牛.
x-o z z jct 4
②答 应填 yf'Xxy'i+cp {x+y'i+y^'f.x+y').
解 祭=—点了(了>)+手y'(z>)+方'&+/),
= — -^f' (.xy)+—f'(巧)+yf，，(.xy') +(p (工+y) +yds = 0；第二部分=a,故知应填12a.
(4) 答应填(毋)' + 1.
解由于4有特征值；I,故4一1必有特征值必有特征值X2,A+E必有特征值；1 + 1.因此只需求
A
出A，的某个特征值.
由于A* =
|A“t,
故毕必是IAIA-1即4,的特征值，因此，（牛）'+ 1必是GV ）2+E的特征值.
⑸答应填土 —
解设平面区域。的面积为Sd.由于二维随机变量（X,Y）在区域D上服从均匀分布，因此,（X,Y）的
概率密度f5）为
（x,y） 60,
f(x9y) =
0,其他
又 ％ = L = %
fx（工）=J。=我,1 W z 丁 ♦,
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・78・1998年
° <<全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
故 /x(2)=号.
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6) 答应选(A).
解 欲求£ 川6‘)也，唯一的办法是将含于平危，t)中的z化到p之外，即中中不再含g由此可知，
本*量替题应换作 ,于是
” 原式=£「[*(一 “),=土£『3血
现*仅含在于上限,可按对变限积分函数求导办法求之 ，从而
原式=y/(x2)£x2=x/(xz),
所以应选(A).
(7) 答应选(B).
解法1由导数的定义可知，01在点工=0处不可导,工|招在点x=0处一阶可导.因此，求顶&)的不
可导点，关键在于因式分解并考查使|x3-x|=0的点.
由于/(x) = (x—2)(x+l) |z(z—1)&+1) |，则，(z)在z=0,l处不可导，而在z= —1处是可导的.
故六z)的不可导点个数是2.
解法 2 /(x) = (x2—X-2) |x3~x| =(x2~x—2) |x| • |x~11 • |z+l|,
且 Z—2) • \x—1 I • |x+l I I 尹0,&2—z—2) • \x\ • |x+l I I 7^0,
I x=0 I x=l
(x2-x-2) . \x\ • |x-l| | _ ]=0,
所以y(Q在工=0,工=1处都不可导，在工=一1处可导.选(B).
(8) 答应选(D).
解 本题并不知道a具体等于什么，仅* 知道当心- 。时,a是的高阶无穷小，所以无法由公式
( ( )
V Zo + &c)=7 Zo + Av直接来求v(l).但是由微分与增量的关系可知，应是心,从而M的系数应
是V’，即丁=正"解此微分方程得
ln|y| = arctan z+Ci ,)=Cearctanj:,
由火0)=穴知C=7t,于是/危)=床蛔皿，所以^(l)=7tearctanl=Ke'f.
另一种方法是，由3=f^+a,两边同除以心,再令一 0取极限，得寸=了有，以下解法同上.
(9) 答应选(A).
ai bi Ci
解由于行列式％ b2 c2供0,所以
。3 缶 C3
(%一％)8⑹一慷础穿衲裱 gW愿狄崩2)： (DP)，
-79・{匕
/考研数学
归j真题大全解(数学一)〉>〉 °
故两直线不平行，因此排除(B),(C).再看是否有公共点.令尹三§=石夺=无亨="化直线方程为参数
Q1 % 。2 Ci Ci
式：x=a3+t(a1—a2>)9y—b3+t(b1—b2') 9z=c3 + t{c1—c2>) 9代入第二条直线的方程中，若存在t满足第二
条直线的方程，即表示两直线有公共点;否则表示两直线无公共点.按此方法计算，有
――句=<23+8(口1~~—2)—口1 = _ ] +(Ll)Si—口2)
a2~a3 a2~a3 a2~a3
同理 K = T +(L?(W，a = _l + 〈 D(CLCz).
02—o3 D2—b3 c2—c3 c2—c3
取£ = 1可使上述三个式子相等，即相应的点也在第二条直线上，故两直线有公共点，从而知应选(A).
注①对于本题而言,三点必然共面，故由这三点引出的直线也共面.由解析可知两条直线不平行，所
以相交.②若判断任给的两条直线到底是相交于一点还是异面，可以在第一条直线上取一点如A(a3 ,b3心)，
第二条直线上取一点如B(a"m,ci),然后考查两条直线的方向向量与徒构成的“混合积"是否为0来
判断.
(10) 答应选(C).
解由条件概率公式以及条件P(B|A)=P(B|,)知:碧察=与厚，所以
/ P(A)
P(AB) 口一 P(A)]=P(A)P(而)=P(A)[P(B) — P(AB)],
即P(AB) = P(A)P(B),因此，选项(C)正确.
注 实际上，由P(B|A) = P(B|A)(O—2z+l = 0, W1-
也可将Zo写成 ，
x=2y,
、
\ 1/1
z=— (^―1).
设Z。绕了轴旋转一周所成的曲面为S,点P(xp,yp,zp)es,对于固定的yP = y,于是
邳+必=*2z = (2 疗 +[―+(>—1)丁 = (2 贝尸 + [—土 3-1)了=¥泌一 土丸+十，
去掉下角标P,即得S的方程为
4x2-17y+4z2+2j,-l=0.
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・80・1998年
«＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
令P(工,少=2勺&，+y)A,Q(z,y) = -z2(#+/)>.由题意知襄=弱，则
(12)解
4xU4+y)A(A+l)=0.
于是推知当且仅当A=-l时,所给向量场是梯度场.在工＞0的半平面内任取一点，例如(1,0)作为积
分路径的起点，取积分路径(1,0)-&,0)-愆,少，得
“(“=〕；；：牛产+C
» -L"-L+q+c
=—arctan 声+C,
其中C为任意常数.
(13)解取沉放点为原点O点轴正向铅直向下,则由牛顿第二定律得
d勺
m -^=mg一Bp—kv, ( * )
这是 '对，的二阶可降阶的微分方程，其中尊.按典型的降阶办法，有
dv dI 2 V dv dv dv dv
g = P'd/2=^ =石-d产"5?
(*)式化为
mv ^=mg—Bp—kv9
分离变量得
□ mv j
mg—Bp—kp s
y= ----E— ln(mg Bp kv) +C.
初始条件为寸 =0,求出
I y=0
。=他铲elinSg—Bp),
故所求函数关系式为
(x __ m m^mg—Bp). mg—Bp—kp
y=yW = —^- kz m mg_Bp .
注数学上的比重定义:物体密度与重力常数的乘积(或者说物体重量与体积之比).
(14)解先以(工z=*+a/+z2) 代入被积函数，
补一块有向平面S-： ' '其法向量与Z轴正向相反，从而得到
U=o,
I =§[§ 心dj/dz+G+a^cLzdj/— jjazd;ydz+(z+<2)2&d}]
a-s 一 s-
= §[-JJ(3tz+ 2z)dp+jp2 2&d"],
n 考研电子版网站：www. pdf2book. com
• 81 •々
7r
考研数学
n *真题大全解(数学一)〉〉 Q
其中。为8+S-围成的空间区域,D为N=0上的平面区域^2+y 0,且对任意n 6 N+都有j* 从而
n-»oo
= 1,2,-).另一方面，已知£(一1)饥 发散，故a>0.因若a = 0,则由莱布尼茨定理知
an + l a 4-1
S(-D"a„应收敛.既然常数a>0,故等比级数"(出)"的公比看3<1,矛(击)”收敛•由比较
判别法知£ (日月)”亦收敛•
(17) 证(I )取？(了) = 一* 『_/(£)&,它在［0,1］上连续，在(0,1)内可导豚(0)=用(1)=0.由罗尔定
理知，存在互£ (0,1),使矿6)=0.经计算，
"(■z)=”(z)—j fMdt,
故存在Xo6(O,l)使
Ho/Xzo)一 ［ /(«)dz =0.
CD) /(x) =xf (x) +/(x) +/(^) >0,
即矿(z)在(0,1)内单调增加，故(I )中的xo是唯一的.
注 本* 题实际上就是证明存在唯一的 。£(0,1),使得工。六工。)=「fWdt.有些读者可能首先想到
使用零点定理证明根的存在性，即令F(z) ="(z)—&(泌，F(0) =-£/(z)df,F(l)=/(l),这样如
果/'(z)恒等于0,则结论显然成立，如果A"不恒等于0,则有F(0) =-£/(«)di<0,但F(l)=/U)20,
由所给条件无法推出F(l)=/(l)>0,所以这里使用零点定理遇到阻碍.此时，可退一步对它的“原函数”
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• 82 •1998年
°〈＜＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
使用罗尔定理来说明方程有根,故转而思考：互/'（工。）一「/（i）dz = 0所对应的一个辅助函数是谁呢?
实际上,xQf(.xQ') — [ /(f)di = 0<=^/(x0)— [ fWdt = 0, x0 G (0,1),故 F&) =—j fWdt ・ ef+k =
ri b n ro
(18)解 由5 Q i与 i 相似，知
1J 〔 4,
、1 1
1 b 1
1+q+1=0+1+4,
b a 1 =-(6-l)2=0,
1 1 1
解得 q = 3,A=1.
对应于特征值Ai=0的单位特征向量为Xi =
对应于特征值Az = l的单位特征向量为他=（肯，—会，金）；
对应于特征值A3 = 4的单位特征向量为*3= （片，点金）.
因此
-_1_ 1_
42 73
p= ° W
__
72 V3
、
(19)证设存在常数A>，弱，…,丸，使得A1a+A2Aa+-+AiAi-1a=0,则有
A^'CAja+AzAaH-----AJAt-1a)=0,
从而有A*iA -1a=0,由于4* 一板尹0,因此n = 0.类似可得A2=A3 = —=A4 = 0,因此向量组a,Aa, —,*A -1a
线性无关.
（20） 解 线性方程组（n ）的通解为 y = Ci （a“，ai"…，0,2”）丁 + 程（如，妃，•••，％,2”）T ----C„（.anl,
做,…,aj,其中G，G，…,C”为任意常数.
理由：方程组（I ）,（11）的系数矩阵分别记为A,B,则由（I）的已知基础解系可知ABT = O,于是
BAt = （ABt）t=O,因此可知A的"个行向量的转置向量为（口）的。个解向量.
由于B的秩为〃，故（u ）的解空间维数为2n~n=n.又A的秩为2n与（I ）的解空间维数之差（即A的
秩）为〃，故A的"个行向量线性无关，从而它们的转置向量构成（U）的一个基础解系，于是得（U）的通解.
（21） 解 令Z=X~Y.由于X〜机0,信）。,丫〜N（0,传『）,且X和Y相互独立,故Z〜N（0,l）.
因 ^D（|X-y|）=D（|Z|）=E（|Z|2）-[E（|Z|）?=E（Z2）-EE（|ZDT，而
E（Z2）=DZ+（EZ）2=DZ=1,E（|Z|）= |z|-Ue-4dz=-^= [~加一#&=、/^,
J y27t 72^Jo V 71
9
所以 D(jx-y|)=i-—.
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-83 -花
4考研数学 C
归 真题大全解（数学一）〉〉>
（22） 解以云表示该样本均值，则
〜 （
X=3.折 n o,1）,
0
从而有
P{1. 4（l. 96X3）2^34. 57,
所以n至少应取35.
（23） 解 设该次考试的考生成绩为X,则X〜N顷,疽）.把从X中抽取的容量为"的样本均值记为二
样本标准差记为s.在显著性水平a=0. 05下检验假设
H0 ：jtz=70；
Hi
次尹70,
拒绝域为
I"= 氐.典」历习1一号（72—1）,
由 〃=36,无=66. 5,s=15”o.975（36—1） = 2. 030 1,得
11\ = I66- 5~70|/36=l 4<2. 030 1,
所以接受假设H°：g=70,即在显著性水平0. 05下,可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分・
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・84・1999年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜5小题,每小题3分，共15分.
⑴答应填+
—a；3
解 =
v
l im
t
—
an
5-
x
--
—
--
x
= h
i.
nr
tan x—jc
= l
[.
i m--
3
5—
1
z jrtan x z z tan jc z x3
(2)答 应填sin工气
(—sin 必)血=£
解 sin w2dw=sin x2.
o
注本题属于换元后才可以求导的类型，在考查变限积分函数的求导，变限积分函数最重要的就是其
求导问题，一定要熟悉各种形式下的求导方法.
(3)答 应填Cie-2l+(C2+^)e2i,其中G,G为任意常数.
解特征方程为产一4=0,解得，i = 2，a = —2,故/-47=0的通解Y*,=Gef+C2e 其中C1(C2
为* 任意常数.原方程特解可设为了 =Aze气代入原方程化简得A=十.故所求的通解
y*=Y+y
=Ge-2x+(C2+yJ：)e2x.
(4)答 应填nMn-1重).
1-A 1 … 1 1 1 - 1
1 1-A … 1 0 ——A ,,, 0
解因为|A—AE| = = (〃一Q =(一1)"一/1(”一；1).
: : : :: :
1 1 …1-A 0 0 …—A
故矩阵A的72个特征值是n 和 0(〃一1 重).
注 实际上，题中的矩阵A是秩为1的方阵，故特征值是”(迹),0S—1重).
(5)答应填十.
解根据加法公式，
P(AUBUC) = P(A)+P(B)+P(C)-P(AB) — P(AC)—P(BC)+P(ABC). ( * )
由于A,B,C两两相互独立,ABC=0,P(A)=P(B)=P(C),故
P(AB')=P(AC') =P(BC) = P2 (A), P(ABC) =P(0) =0,
因而(* )式化简为 P(AUBUC) = 3P(A) — 3P2(A) = g,解得
10
Z 1
P(A)=y或 P(A)=y.
根据题设,P(A) V夺,故P(A) =土 ……一
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・85 -花罗考研数学_________________________n
真题大全解(
注 实际上，题中即使不给出P(A)V土这一条件，也能判定P(A)=j是不正确的，因为，若P(A) =
斗测#=P(A)《P(AUBUC)=W不成立，矛盾.
4 4 10
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项
是符合题目要求的.
(6) 答应选(A).
解法1直接法.由奇偶性可知(A)正确.
解法2排除法.(B)的反例：/(x) = cos £,FGr) = sin z+1不是奇函数.
(C) 的反^|：/(x)=cos2^,Fa)= y^+ysin 2x+C,不论C取什么常数,FG)都不是周期函数.
(D) 的反例:/■(£)= -+在(0,+8)内是单调增加的，但F&) = — lnz在(0,+8)内是单调减少的.
注 连续函数了危)的原函数FG)可以表示为F&) = jy(t)dl + C,考查
F(—z) = f f(t)dt + C = f f(—u)d(~u) +C
J o J 0
=—f f(— u) du + C.
J 0
若，&)是奇函数测f(u) = ~f(~u),进而对任意的常数C都有FG)=F(—z)；
若/&)是偶函数，则/(«)=/(-«)，进而当且仅当C=0时有F&) = —F(—了).
(7) 答应选(D).
解 & (0) = lir/愆)一一°)=临^^=0,
1 x*0- + jq 2 -
fL (0) = limZ g0)= lim zg(z)=0.
x*0- - Z a*0r~
第二个等式利用了 g(z)是有界函数这一条件，有界函数乘以无穷小量仍是无穷小量.由于/("在点
*=0处的左导数等于右导数，因而,/&)在z=0处可导.
注求分段函数在分段点处的导数往往采用导数的定义.
(8) 答应选(C).
解 显然,^怎)是定义在[0,1)上的一个分段函数,S&)为其在(一8,+8)上周期为2的余弦级数
展开式,根据狄利克雷收敛定理知
s(~f )==s(-l)=s(T)=l[/(l+)+/(l )]=1(1+1)=1'
其中S(-y)=S(y),利用了 SG)是偶函数的性质.
<
(9) 答应选(B).
解 由各选项可知，主要区分行列式不为零与为零时的情形.而题中并未给出A与B的具体形式，所
以无法通过计算来解答.方阵的行列式不为零(为零)等价于该方阵满秩(不满秩).故用秩的办法来讨论.
AB为m阶方阵，
r(AB)〈min{r(A)，广(B) }n时，由上式有r(AB) °
J ^eJsin y — b{x + (eJcos y — cuc}dy = J exsin ydx + excos ydy — J 6(x4~^)dz + azdj/,
且
r (* . . I 0时，由于J(z)>0，v(0) = l,从而y(x)>0,于是
又
S2= f y(i)(k9
J 0
由条件2Sj-S2 = 1知
多一J y(t)dt = 1, ( * )
两*求边导对并化简得
yy=(.yY.
令p=y'M上述方程可化为
建=兄
从而
业=业 =
P y '
«
解得p=C1y,即兑=Gy于是
注意到火0) = 1,并由(*) 式得y(0) = l.由此可得G = l，C2=0,故所求曲线的方程是w=WGc20)・
(14) 证 令 ^(j7)= (x2 —Din ]—&—1)2,易知甲(1)=0.
由于 甲’(re) = 2zln z—rr+2— 0(1)=0,
矿(z) = 21n z+l+j,矿(1) = 2>0,
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・88・1999年
°〈<<全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
滑(x_2(j；2 —1)
(P(Z)— "^3 ，
所以当OVrVl时，/Gr)VO;当1VzV+8时,矿危)>0,从而推知当*£(0,+8 )时,/&)>0.
由"(1)= 0 推知当 OVzVl 时0Cr)VO;当 1VzV+8时0(z)>O.
再由 p(l)=0 推知当 *>0 时,3一Din 了三(了—I)2.
(15)解 作工轴，如图所示，将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功
W=W1+W2+W3,
其中基克服抓斗自重所做的功;Wz是克服缆绳重力所做的功;W3为提出污
泥所做的功.由题意知
Wi=400X30=12 OOO(J).
将抓斗由z处提升到r+dz处，克服缆绳重力所做的功为dW2 = 5O(3O-x)dz,
C30
从而 W2= 50(30-x)dr = 22 500(J).
J 0
在时间间隔［z«+dt］内提升污泥需做功dW3 = 3(2 000-20<)dz,将污泥从井底提
升至井口共需时间y = 10(s),所以
rio
W3= 3(2 000-20t)d«=57 000(J).
因此，共需做功 W=12 000+22 500+57 000=91 500(J).
(16)解 设(7*rx±,y,z) 任意一点，则〃的方程为
琴十岑+忠=1,
从而知
「6x)=(十+¥+♦)
由
十 2 )，
有
dz ________—Z______ dz _—JZ
& 2"1-弓+苓)"2”1一 (等+号)
于是
所以
IT ,迎 == 4 [% f^(4-r2)rdr =芸r,
JJ p(x,y,z) 4JJ 4 Jo Jo 2
其*,少中|£">+=寸{(< 2}为S在次为面上的投影区域.
注本题有一定的综合性，把多元函数微分学的几何应用、空间解析几何、第一型曲面积分等内容综
合在-起，类似这种结合空间解析几何考研电子版网站：g.pdf2bo,ok.c0m当然也是201°年试卷中较难的一
• 89 •花垢考研数学 C
真题大全解(数学一)〉>> °
道题目.
((117)) 解 因为
— (an+a„-i-2)=~ I tannj?(l + tan2je)cLr = — | tannjcsec2xdz
n "Jo 〃 J o
tan x = i If1 1
…--出击=花顷
S“ = W §*)=(a,+a g 品5 = 1-寿，
所以 £ — (a„ +a„+2) = lim S„ = 1.
n=l 沱 n~^°°
(口)证因为
。Va, = f~ tan%&, —tan x = t Jfq1 tn < J 「 /1 dzi = ^1,
所以
8 [ OO
由久+ 1>1知2 TH收敛，从而S，■收敛.
注(1)常数项级数S 厂』是使用定义法求和的.
(2)若注意到。Vq” Vq”+q 计2 =以；]V号，于是有0 V圭■〈日或，而1+义> 1,则》具舄收敛,
进而级数S 圭收敛.
n=l
(18)解 根据题设可得 AA- = \A\E=~E -
和 A*a=A oa.
于是 A*a=AA(A oa)=AoAa,
又 A*A a=—Ea=--[，
所以 A0Aa=--a.
a T c ] T 'T
即 Ao 5 b 3 T =一 T ，
、1—c 0 —a J 1
由此可得
Ao(—a+l+c) = l, ①
②场
v 人 o(—5—5+3) = l,
、人 o( —1+c— q) = —1, ' ③
由①和③，解得义o = 1，将义o = 1代入②式和①式，得b=~~3,a=c.
由 |A| =~1 和 q=c,有
a -1 a
5 -3 3
1—a 0 ~a
故 q=c=2.因此 a=2,b= — 3,c=2,义o = l.
注 题中是给出A-的特征值与特征向量，利用AA- =A A= |A |E转化为A的特征值与特征向量
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・90 •1999年
°〈〈<全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
处理.
(19) 证 必要性.设BTAB为正定矩阵，则对任意的实n维列向量x^O,有P(8丁标)》>0,即
(Bx)TA(Bx)>0,于是,Bx^0.因此 Bx=0只有零解.从而 r(B)=n.
充分性.因(BTAB)T=BTATB=BTAB,^BTAB为实对称矩阵.若r(B) = n,则线性方程组Bx=0只有
零解.从而对任意实n维列向量蚌0有Bx尹0.又因为A为正定矩阵，所以对于Bx尹0有(Bx)TA(Bx)>0.于
是当x尹0时,xt(Bt4B)x>0,故BTAB为正定矩阵.
注 必要性的另一证法：因BTAB正定，所以r(BTAB)=«；但另一方面r所
>
以 r(B)=n.
正定矩阵是由二次型的正定性引入的，所以首先需要验证BL4B是实对称矩阵.充分性的证明是采用
定义法完成的.当然还可以采用特征值的方法完成:设义是BtAB的特征值,。是对应于人的特征向量，于
是(BTAB)a=Aa,式子两端左乘 aT 有 aT(BTAB)a=AaTa，即(曲)丁4(曲)=AaTa» 又厂(B) =〃,a尹0,则
Ba/O,而 aTa= ||a||2>0,且 A 是正定矩阵，于是 aT(BTAB)a=AaTa>0=>A>0,所以 BTAB 正定.
(20) 解 由于 X,Y相互独立，因此 P{X=xi9Y=yJ}=P{X=xi} - P{Y=y} 3=1,2；顶=1,2,3.
根据边缘分布的性质知:P{Y=yj}=P{X=x1,Y=yj)+P{X=x29Y=yj},
P{X^xi}=P{X=xi,Y=y1}+P{X^xl,Y=y2}+P{X=xi,Y=y3}.
若记 pij=P{X=xi9Y=yj},则 Pu=~^—■=寿;M =3=j；
加*_百=仑=&._加_如=斗_
同理，可计算出pz .，力. 2以• 3，力22，力23.
因此
y\ yi )3 P{X=Xi) = pi.
1 1 1 1
11 24 y 12 T
_3. J_ _3_
T 8 T T
J_ j_
P{Y=yj}=p-i 1
T ~2 T
⑵)解(I)EX=[二火)丑=『碧(。一 Gdz = g.
J —OO JO (J Z
记为=§ £ x“令§ =灭,得。的矩估计量为e = 2X.
(H)由于 E(X2)= J //■(])& = j。篆(Q — z)dr =若,
■ DX=E(X»(EX)2=芸 _(§)'=废，
所以 0=2X 的方差为 D9=D(2X)=4DX=-DX=f-.
n on
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・91・[匕亨
考研数学 o
真题大全解(数学一)>〉
2000年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、 填空题：1〜5小题,每小题3分，共15分.
⑴答应填号.
解这是一道计算定积分的基础题，用定积分换元法可以算得
f \/2x — x2 dx = f >/1 — (.x — I)2 dr ' [ w cos2fdz = -j-.
J o Jo J -~i 4
注因为这是一道填空题，不必列出计算过程，所以也可以由定积分的几何意义来得出结果.此定积
分表示圆x2+y2-2x=0面积的土该圆半径为1,故得于.
(2) 答应填宁=当=亨.
解令 F(x,y,z)=j：2+2y2+^-21,则7^(1,—2,2) = 2,咒(1，一2,2) =—8,记(1,一2,2) = 12,故
所求的法线方程为
1—l=_y+2 = z—2
"~1 -4
(3) 答 应填广GG*+ ，G为任意常数).
解 这是y=f^,y')型的可降阶微分方程.令/>=、',则
pr +—p=0,p—Cx~3,
X
因此，
3-= j Cr-3dz = G = G +*G ，G 为任意常数).
(4) 答应填一 1.
解非齐次线性方程组无解的充要条件是系数矩阵的秩不等于增广矩阵的秩.对于未知数个数与方程
个数相等的方程组来说，可先考查系数矩阵的行列式为零的情形，解得a= — l或3.当满足上述条件时，方程
组无解或有无穷多解，所以应进一步考查是哪种情形.为此，只要将具体的a代入方程组看一看就可以了. A
当a = -l时，系数矩阵的秩为2,增广矩阵的秩为3,故方程组无解；当a=3时，系数矩阵的秩为2,增
广矩阵的秩也为2,故方程组有无穷多解，因而,a=3不符合条件.
(5) 答应填言.
解 根据题意，事件A,B相互独立，且P(AB)=-i-,P(AB)=P(?lB).根据A与B的相互独立性及
P(AB) = PG4B),知 P(A) = P(B),因而 P(AB) = [1—P(A)了,故 P(A)=专.
二、 选择题：6~10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
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-92・2000年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
是符合题目要求的.
(6) 答应选(A).
解看起来,选项眼花缭乱，其实仔细审题发现,(A), (B)两项是忠在区间(a M)内的值与两端点处
的值比较大小,(C),(D)两项是/(x)g(x)在区间(a, 5)内的值与两端点处的值比较大小.题干中含有某种
形式的导数的不等式，就想到用单调性.题干中表述的是谁的导数呢？经验算，
/XQgJ) <0 ,
，故应选(X).
(7) 答应选(C).
解 注意到S为球面z>0的部分，所以在S上z与了轮换对称，故(A)与(B)两个选项是一样的.(A)
的左边，被积函数是壬的奇函数,S又关于gz平面对称，故gzdS =0,而右边JjRdS>0,所以(A),(B)都
S §
是错误的.绝大部分考生的确不选(A)和(B).
至于(C)和(D)，被考生选的几乎各占一半.其实应该选(C),理由如下：由于S关于gz平面和血平
面都对称，故JJzdS = 4gzdS,这是容易想到的.再一层，在S上，工与z为轮换对称，所以JJzdS = JxdS.
故知(C)正确. ' ' '
至于(D),很多考生误选的原因恐怕在于:认圳xyzdS的被积函数砂既是z的奇函数，又是 > 的奇函数,
就误认为吵 是“偶函数"，这是不正确的.不能对两爪变量的函数混在一起谈奇偶性.事实上，对于固定的 ' 和z,
jyz^jx的奇函数,而区域S关于yOz平面对称，所以JJxyzdS = 0,而右斗ayzdS > 0,所以(D)错误.
读者可以看到以上分析仍归结到一元的对称性与奇偶性上去.类似的题目也可以在第一型曲线积分、
第二型曲线积分或第二型曲面积分上出现，应引起考生注意.
(8) 答应选(D).
解法1直接法.实际上,(D)的通项是两个收敛级数S虬+1与S %的通项的和，由收敛级数的性
n=l n=l
质知(D)正确.但是有相当多的考生误选(A)或(B),其原因在于误认为S 为正项级数.也有的考生选
(C),大概把(C)的通项也理解为两个收敛级数通项的差，其实这是不正浦的(注意下标的奇偶性).
解法2排除法.
取诳=贷浩，则乡一 1咔=£赢X，发散，排除林
取"”"^^-，则喜二为+发散，£(——%)=如^^+爵)，由于
> ~4=+—1= = £—=尊，且 £ £ 发散，故 2D(“212D ( “ 「+ n)~)发散,于
是排除(B)和(C).
注本题条件若改为“设正项级数吏“.收敛”，则四个选项都是正确的.
n=l
(9) 答应选(D).
解向量组ai ,••• 线性无关,向量组ai,可由向量组线性表示，从而推知
氏,…，原必线性无关(否则a”••• ,a.必线性相关)，所以(A)是$,-,flm线性无关的充分条件，但不是必
要条件.事实上a .••••与力考研电子版网站：gpdf2book.co*线性无关如…履线性无关，而
-93・7匕/考研数学
真题大全解(数学一)〉〉〉 ' °
m“)，那么由线性无关，推知它是
m3)维向量空间中的一个基，故垢，…,a.必可由能线性表示,即推知(A)也是必要条件］.
至于(B),向量组仇,…，队可由a”…,a“线性表示，没有说怎么表示，所以同，…,原既可线性相关,
也可线性无关，所以(B)既非充分条件，又非必要条件.
至于(C),实际上是将(A),(B)合并在一起的说法，但(B)既非充分又非必要，故(C)只是充分条件(由
()A,) 并非必要条件.
(D)是正确的.理由是,(D)的充要条件是两向量组的秩相等，而⑴,…,％的秩为m,这恰恰是
线性无关的充要条件.实际考试中，有相当多的考生答(C),其原因大概是误认为两向量组等价的充要条件是
两向量组的秩相等.这是不对的.
(10)答应选(B).
( )
解 只要记住g与？不相关的充要条件是
Cov 67 =0,
而经过简单的计算即可验证(B)为正确选项.
三、解答题：11〜21小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
/24-e-" I sin x\ .. (2e~^ + e-^ . sin x
(11)解因
”
lim ((
\ l
击
+ e
昇
，
+ 日)
，
=蝉
…
(
e 工 +1 x
/c2 +I e」t +ssi •Ln
jc\
2+e^ sin x
lim = lim
x*0-~ \*l+e x*0- 1*+e z
故原式=1.
(12)解 蚩=必+十£一声g'，
1 cr I r>f z c〃 1 / y //
=n - 72/2 11 -73/22 -~2 一力g・
y y kL
(13)解 「F冷。=潟钉.
零=2：三、2=碧'(%，30尹(0,0).
dy (4^z+y)z 3 工 。
Us,
作足够小椭圆cj 2 (ee［o,2q,c取逆时针方向).于是由格林公式有
、夕=Ssin 0
木 汕,& _n
与 *
即得 史毛#=4碧考曲=”• • •
注 若D是只含一个奇点&。,弘)的复连通区域,P,Q在D内有一阶连续偏导数，且蒙=誉,
G点)尹&°,则对D内任意两条绕6 必)的同向闭曲线与Zz，积分值都相等，即P& + Qdy =
J 4
$ Pd^ + Qdy.这样就可以实现把其中某条复杂的曲线(如ZQ上的积分转化为一条简单的曲线(如Z2：原
被积函数分母对应的曲线)上的积分，即达到换曲线的目的.
(14)解由题设和高斯公式得
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0 = §”(z)d；ydz —巧，(])&&一。2&&心
s
=± JJCrf &) + /(x) —xf (x) —
v .
其中V为S围成的有界闭区域，当有向曲面S的法向量指向外侧时取"+”号，当有向曲面S的法向量指
向内侧时取“一"号.由S的任意性，知
x/a)+/(x)-x/(j：)-e2x=0,x>0,
艮 |J * . /(]) + (手一申 C*ez)= 气]>0.
按一阶非齐次线性微分方程通解公式，有
/(x)= ef(T)&[J -ye2x • eiS—D&dr + c]
=亡 —+ C)= —(ex+C).
x x / x
由于lin)/Xz)=岫(。'0。)=],故必有lim(e2x+Cex) =0,即 C+l = 0,从而 C= —1.
于是 (e"-l).
X
既| 1
+1 + (-2)"^]'(Z+l)= i + T
(〃+l)
o l~r
所以收敛半径为3,收敛区间为(-3,3).
当z=3时，因为洲•上垮，且S [发散，所以原级数在点工=3处发散；
3 十(一Z) n Ln n
当工=一3时，由于
(.二3)M . 1=(—1)”±______. ±,
3” + ( —2)” n n 3" + ( —2)” n
且级数S m22与W 3“ +二 2)” • 4都收敛，所以原级数在点工=一3处收敛•
(16)解 如图所示，记所考虑的球体为。，以C的球心为原点。，射线 /
OP，为工轴正向建立直角坐标系，则点R的坐标为(R,0,0),球面的方程为
x2+y2+z2=R2.
设o的重心位置为(£§,/,由对称性，得 一、-----』有十-分
MW
_ 肝寸 ]・虹X& — iR)2+ /+/]dp V
虹 Gc —RT +了2
=JJ(〃 +-\-z2')dv-\-^R2dv
a n
=8 f 曲[d© [ r2 • r^sin y)dr +4■兀A，9
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・95・7仑垢考研数学 c
真题大全解(数学一)〉＞: °
—R)2 + y2 + z2]dv =— 2R jj/dp
n n
=一学 |[[&2+/+/)拘=一3顽6,
n
故H=—专.
因此，球体。的重心位置为(一苧,0,0).
注(1)当然还可以建立不同的坐标系，如以R点建立在坐标原点处，P。和球心连线作为Z轴正方
向建立坐标系.
(2)空间体。的重心为
____n .. _ n----------------一 _ n
X — ~~^si--------------------------• V — --------------------------• Z — ssi----------
>y,z')dv
(17) 证 令 F&)=「/(QMOWzWm 则有 F(O)=O,FS)=O.又因为
J o
「x rn I it Tn rit
0 = /(x)cos xdz = cos rcdF(x) =F(z)cos x + F(x)sin xdr = F(x)sin xdz,
Jo J o Io Jo Jo
所以存在ee(0,7T),使F(Qsin E=0.因若不然，则在(0,7t)内F(x)sin x恒为正，或恒为负，均与
f F(j?)sin xdz = 0 矛盾.但当 £ £ (0,冗)时,sin £乂 0,故 F(f) = 0.
J 0
由上证得 F(0)=F(Q=FS)=0(0VY7r).
再对F(z)在区间[0,£],[£，招上分别用罗尔定理，知至少存在&€(0,£),&£(&〃),使
F'(&)=F'(&)=0,
即 f(&)=/(&)=〉.
注本题是在直接证明方程有根遇到困难时，转而想到对它的原函数使用罗尔定理来说明根的存在
性，但从答题的情况来看部分考生只是笼统地说FG)是六工)的一个原函数，而并没有具体引入变限积分
函数作为一个确定的原函数，以至于还是不能顺利完成证明，这说明部分考生还不习惯用变限积分函数来
表示一个具体的原函数.当然本题有一定的难度,这也是2000年数学一、二、三、四试卷中最难的一道
题目.
(18) 解 由 I*A | = IAI"-1,有 |AF=8,得 = 2.又(A-E)BA-1 = 3E，有(A-E)B = 3A.从而
AT(A—E)B=3E，由此得(E—A*)TB)=B6=E3.E^(E-gy)B=3EM[)(2E-4
又2E-A'为可逆矩阵，于是B=6(2E-A' )f
10 0 0
1 0 0 0 r6 0 0 0
0 10 0
0 10 0 0 6 0 0
由 2E-A' = ，有(2E-A，)T = 10 1 0 .因此B=
-10 10 6 0 6 0
0-^-0 亨
-0 3 0 —6 、0 3 0 -L
〔 z D
_ 9 , 2
工,+ 1 1 = 十亏，
(19)解(I)« 化简得< 即
1 , 3
y^+i 必+1=15右十亏乂，
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• 96 -2000年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
_9_ _2_'
z”+l 10 5 ixn\
± A顷’
yn+i
110 5
|会11
于是』旦•
U0 5 J
（n）令p=s】，华）=（： 「），则由
ipi
=5乂。知叫，地线性无关.
因A功=（：）=〃1，故却为A的特征向量，且相应的特征值人1 = 1;
，__1
~2
=3•地,故却为A的特征向量，且相应的特征值A2 = y.
因 A〃2=]
、~2
(ID)
1
y i 3
容易求得］=普皿+制2,于是
2
8F)
A" 1 十*彻广佥
2+3(£)
、可
（20） 解记 q=l~p,X 的概率分布为P{X=i}=qi/>,，=l,2,“・.
X的数学期望为EX =觉妒"=力吏（矿）’=p（£q'）' = P（Y^a） = 土
1=1 i-1 心 X F
因为E（x2）=史3小=力『［d7%7］ 所以x的方差为
DX=E（X2） — （EX）2=多一 £ =三头
ppp
注 本题的随机变量X服从参数为P的几何分布.
（21） 解似然函数为
2%xp（—2史 S —。）}，与 N。（，= 1,2,・・・,〃），
侦。）=以11，12，・・・，工「。）=， «-i
、0, 其他.
当（=1,2,・・・,〃）时,L（e）>0,取对数，得
In L（0'）=n\n 2—2 史（x,— 0）,
! = 1
因为d［ln 佥 （0）］ = 2“>0,所以L（。）单调增加.
Ou
由于。必须满足。《而（/=1,2,・・・,〃），因此当。取了】，五，・・・，］”中的最小值时,L（e）取最大值.所以o
的最大似然估计值为&=111血{"互，雀濡冒学师网
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・97・2001年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题:1〜5小题,每小题3分，共15分.
(1)答应填 y-2y'+2y=O.
解由通解形式可看出所对应的特征根为n,2 = l士i，从而特征方程为
[r-(l+i)][r-(l-i)] = r2-2r+2 = 0,
于是所求方程为y'-2y'+2y=Q.
(2)答应填号.
解由于
_2j?_ x dr = y dr_ z
dx 2r r 9 dy r 9 dz r 9
x2
9 _r^~x2^ 1 x2
dx\dx) r2 r3 r r3 9
a (dr\ 1 y a /3r \ 1 z2
dy\dy) r r3 dz\dz) r r3 ,
3 x2+y+z2\ I =2_
故 div(grad r)
r A' J I (l,-2,2) 3 ,
I (l,-2,2)
⑶答 应填L&Jo，(^点)心.
解 本题考查的知识点是将二次积分转化为二重积分，然后交换次序.
p ri-y ro p rr
dy\ /Xz，;y)dr =— dy\ fCx^y^dj： =—
J —1 J 2 J —1 J 1—y JJ
D
其中 £>={&,)) 11—；yVzW2, —lWyW0} = {(z,；y)11—zWyW。,l)dr =—Jy(x,j')dzd> =—j drj •o 2 ri-x
f(j：9y)dy = dr f(x,y)dy.
l-x i J o
注 本题的新意是，积分的积分限是从大到小.众所周知,定积分(二次积分为两个定
积分)的积分限，可以下限〈上限,也可以下限〉上限.但如果将二次积分转化为二重积分时,必须将积分
限写成下限〈上限，然后再交换次序.
⑷答应填土 (A+2E). .
解本题考查的要点是矩阵的简单运算.给出某矩阵方程，来求某矩阵(或其逆矩阵)的表达式，或给
出某数字矩阵，来求另一个与此有关的矩阵或其逆矩阵的具体答案,是常考题.本题是其中比较容易的一
种形式.最简单的做法是,将某倍E移到等号右边，左边留下的项应能提出因式A-E.按此思路，将原式写
成/ +4—2E= 2E,即(A—E) (4+ 2E) = 2E.从而(A-E)丑=奇(4十 2E).
注抽象矩阵求逆矩阵，往往都是利用定义法.
(5)答应填土.
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・98・2001年
° 0全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
解切比雪夫不等式:对于任意e>0,
F{|X-EX|RW 警.
令e=2,又。X=2,则
P{|X—EX|22}<^=土
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
M （6）答应选（D）.
解抓住的图形中的曲线上升（广&）20）、下降（f （z）<0）区间，驻点（/（心）=0）个数，可
知应选（D）.
（7）答应选（C）.
解本题考查了以下三个基本性质.
① 函数z=f（T,y）在点存在偏导数素|监，制肮，并不一定能保证z=，（3）在点Mo可
微分.因此,（A）项不正确.
② 由于存在偏导数并不一定能保证函数可微分，因此，不一定能保证曲面z = f{x,y）在相应点
（孔,》,，（工0，丸））处存在切平面，因此，法向量也不一定存在，可见（B）也不正确.
③曲线 (可看作参数式:〈尸0, 则切向量=(1,0/(0,0)) = (1,0,3).
\y=Q I
.z=f(t9Q')9
(C)正确.
\z = /(X, v), (— z = Q,
注曲线 还可看作一般式： 则
J = 0 〔)= 0,
i j k
t = X =(/L(0，。)，g(0,0)，一 1)X (0,1,0) = 3 1 — 1 =i + 3A,
0 1 0
于是 = (1,0,3).
t
(8)答应选(B).
解 注意到 1 — cos 九20,且lim(l —cos h) =0.
A—0
则 lim&f(l — cos 盼=lim「K「cos ,(。).上书
A*o- h2 A-o L 1 —cos h—o h£ J
__ i j. yxi—cos h)一y(o)
2 1 — eos h—0
U=l-cos A 1 /'(u)—y(o)
u-o
=捉（0）.
所以（A）成立只保证f+（0）存在,而不是r（o）存在的充分条件.
由于l-e"与力符号相反，
Iim4v（ 1 — e" ） = lim［了 (17) 一 /~(0) 1—勺
h 考研由广邮 站：wlwTok. com ” 」。
考研数学
真题大全解(数学一)>>
(T)lirr/("f°)= _.(0),
«*o- u—0 "
所以若左边存在则右边存在，右边存在可推出左边存在，故(B)是r(o)存在的充要条件.
1 rzi . ,、 f(h~sin h')-f(O') A —sin h
对于(C), E(fnh)= --------'
注意到iin?书m=o,所以若r(o)存在,则由右边推知左边极限存在且为零•若左边极限存在，则由
A*0- fl
Agsm/i) _
7i——sin R h ——sin h
-登~~
知，上式左边极限可能不存在，从而f(0)可能不存在.
1 9 SCy^-0 9 1 1 - 1
对于(D),取fM) = lim4-Ey(2A)-/(/i)] = limAT-L = 0 存在，但 f (工)在点 z = 0 处不连
0, 1 = 0, E " D 九
续，故不可导.
注 设limg(z) = limMz) = 0,且*&) 丰0,若极限lim 心。+听)厂六了。)存在，能否保证
ra0)存在呢？这里需要看分子的增量g(z)与分母的增量九危)的关系，具体分析如下.
兀功 +gG)] —/(血)—lim A^o+g(^)J—/(^0). g(Z)
A(x)
(1)若lim岑W=A尹0,即分子增量g(z)与分母增量从了)是同阶无穷小，则此时可以保证f(z°)
fl(工)
存在.
⑵若螳沼=
8,即分子增量g&)是分母增量人&)的低阶无穷小，则此时可以保证/(工。)存在.
(3)若lim移* = 0,即分子增量g(工)是分母增量九&)的高阶无穷小，则此时不能保证/(&)存在.
X—弓 h\jc)
另外,如果分子增量g(z)只能单侧趋于0,则此时也不能保证/(血)存在.于是本题直接考虑分子与
分母增量的关系便可快速做出解答.
(9) 答应选(A).
解本题的考查要点是判定两实对称矩阵相似与合同的充要条件:两个同阶实对称矩阵相似的充要
条件是它们有相同的特征值及重数;两个同阶实对称矩阵合同的充要条件是它们有相同的秩及相同的正
惯性指数.考生只要掌握了上面两条定理，再通过计算便知,4有特征值4,0,0,0,B也有特征值4,0,0,0,
可见4〜B,且A与B的秩都是1,正惯性指数也都是1,故A与B合同.选(A).
(10) 答应选(A).
解 由 X+Y=n,得 Y=-X+”,进而 ^ = -1,选(A).
三、解答题：11〜20小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
arct^P e dr =-- J arctan exd(e-2x)
(11)解
1 d(eJ) ~1
e-2xarctan eJ —
2 e2，(l + e幻」
— (e-2xarctan eJ4~e-x-|-arctan ex)+C,
其中C为任意常数.
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° "E全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
(12) 解=
备”匚=[3沈警]匚
=3XlX[2+3(2+3)] = 51・
注像本题这样多层f的复合在求导过程中(尤其涉及代值时)不要用平时一贯的简写形式：工，
囱为EDc'/Xz,])]与/*,!%() 含义是不一样的.
(13) 解 因t^= S(一1)%气€* ( —1,1),故
1 十Z n=0
arctan z= j (arctan tYdt= " ，♦— 1，□・
于是当QO时/Gc)=旦空-§月专
z n=o cn 十 1
=5£册
=y y(T)k
白2”十注十J 2几+1
=】+ S "+ S 由2”
=1+2捕；二：夕气了£[-1,1]且 z尹0.
又六"在z=o处连续，且z=o时上述级数也满足7(0)=1,所以
/&) = 1+2" 土^^]2”口£[-1,1].
因此 S吕5=牡3—口=奇一夫
(14)解法1 (降维化为平面第二型曲线积分)
乙' + ' + ' —2,在g 面上的投影曲线为z： |工| + | 3, |=1,逆时针方向，，围成的闭区域记为
11^1 + 1^1=1
D： | x | + | y |<1,由 x-\-y-\-z = 2,得 z = 2 — x~y,于是
I = § (了2 —/)&+ (2/ — %2)心+ (3^2 —y)dz
=§ Ly2 —(2 — x — ))叮& + [2(2 — x — y)2 —工勺心+ (3x2 —寸)(—& — dy)
=§(― 4 — 4〃 + J + 4% + — 2xy )dr + (8 — 2x2 + 3y2 一 8x — 8;y + 4巧)dy
=jj(— 2x + 2y — 12)dzdjz =— 24.
D
解法2 (斯托克斯公式)
记S为平面工+y+z=2上L所围部分的上侧,D为S在次力坐标面上的投影.由斯托克斯公式得
I =—-~JT (4z+2;y+3z)dS
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・ 101 •&垢考研数学
真题大全解（数学一）>〉' °
=—2 JJ （z- j+6）drd_y
D
=—12jJ dxdy=—24.
D
（15）证（I）任给非零x6（-l,l），由拉格朗日中值定理得
y（x）=/（o）工]（ove（z）vi）.
（ ）
因为矿愆）在
t,i
内连续且f'（z）夭o,所以/&）在（-i,i）内不变号.不妨设r（x）>o,则/（了）
在（-1,1）内单调增加，故。（力唯一.
（H）由泰勒公式得
/（x）=/（O）+/（O）x+y/\0x2,f 在 0 与工之间.
所以工/[0怎)打=/(x)-/(0)=/(0)x+y//(f)x2，从而
疵也今中皿= *（Q.
U\X）X L
由于lim，伊（%[_/（°）=f"（0）,limf"（Q = lim/~〃（Q =f"（0）,故 1瑚&）=夺.
j*o- U\x）x x*0- f->0 h>0 乙
注（1）拉格朗日中值定理的变体形式：
记。=S~~ ,a < f < 6,则 S = a + 6（b — a） ,0 V。V 1,于是
b — a
f（b） —/Xa） = f [a + e（6 —a）]（6 —a） ,0 V GV 1.
（2）第一问实际上还是属于方程的根的问题，利用单调性说明至多只有一个9.第二问考查得有一定
的新意，这种“中值。的极限问题"从1987年至今很少涉及，但这也是一个重要且有一定难度与综合性的方
向,平时还是要加强处理这方面问题的能力.
（16）解 记V为雪堆体积,S为雪堆的侧面积，则
V =『dz JJ dxdy
x，+y 《）-A（£）z]
= fA（t） 方1兀 3（[）—方Q）q&=手_炉（：），
J o 乙 4
S = g Jl + (£)2 + (£)2 drdj/
=f 7^^&心
=斋〕7 3«)+16，]十屈=^^^
由题意知等=-0. 9S,所以警一芸，因此W旨+C.
I Q
由 A(0) = 130 得 A(i) = -^t+130,令 h(t)=G 得 £=100(小时).
因此高度为130厘米的雪堆全部融化所需时间为100小时.
（17）解 由于p,G=l,2,・“,s）为a“a2，”・,a,的线性组合，所以p,（i=l,2,・",s）均为Ax=O的解.
设知0+处心+…+州=0,即（£也+如妃<*1+ （以龙1+勺妫）血+”・+«法,-1+展,也=0,由于ai ,a”…,
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-102 -2001年
«＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
a,线性无关,因此有
'如力1+如尾=0,
浓1+事2=0，
< (*)
如史_1+处底=0.
因为系数行列式
0 0 ,,, 0 t2
0 … 0 0
0 血 …0 0 =£i + ( — l)f,
0 0 0 …如
所以当片+ （ —1），+七尹0,即当S为偶数0以士如;或为奇数时，方程组（* ）只有零解，即加=
处=・・・=辰=0,从而"1邢2，…,As线性无关，此时01 ,02，,,•，△也为Ax=0的一个基础解系.
（18）解（I）由于 AP=PB9 即
'0 0 0 '
A(x,Ax9A2x) = (Ax9A2x9A3x) = (Ax9A2x,3Ax—2A2x) = (x,Ax9A2x) 103
0 1 一2,
'0 0 0、
于是有B= 1 0 3
<0 1 -2,
（□）由（I）知A与B相似，故A+E与B+E相似，从而
1 C 0
|A+E| = |B+E| = 1 1 3 = -4.
0 1 -1
Qi a2 。 3 、
注 第一问也可用如下方法求解.设B= bi bi 缶 ，则由AP=PB得
Ci c2 C3 ,
a
% a3
(Ax9Azx9A3x) = (x9Ax,A2x) X b2 b3
C2
Si C3,
上式可写成 Ax=a1x-}~b1Ax-\-c1A2x9 ①
A2 x=a2x+b2Ax-\-c2A2 x, ②
A3x—a3x+b3Ax-\~c3A2x9 ③
将 A3x=3Ax—2A2x 代入③式得 3Ax~2A2x=a3x+b3Ax+c3A2x, ④
由于x,Ax,A2x线性无关,故由①式可得弓1=勺=0,。1 = 1；由②式可得弓2 =但=0,£2 = 1;由④式可得
= 0，缶=3,= — 2,从而
0 0 0 '
1
10 3.
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・ 103 •7匕玄考研数学
真题大全解(数学一)〉〉> °
(19) 解(I)P{y=m|X=n}=Q'/>"'(l-/>)"-,n,0T,0j/+6z=0. ①
再对］求导均视为］的函数，得
盼”+ey（j/）2+6z;y"+12 j J dr
0 0 0 o
Di d2
注利用“轮换对称性”.
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• 107 ・7匕/考研数学
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jjej，drdy +JJj =或决 dxdy(D 关于 y = x 对称)
d, d, d,
=2［ dz = e— 1.
J 0
(14) (1)证因为
王仔口+寸/■(巧)］｝ = /(xy)-y +xyf(^)= ^ ｛亨成7(巧)一 1］ ｝
在上半平面内处处成立,所以在上半平面内曲线积分I与路径无关.
(口)解 由于I与路径无关，故可取积分路径L为由点(a,6)到点(c,6)再到点(c,d)的折线段，所以
/=j ｝［i+屏/'(危)］丑+
l
§或/(巧)一1］心
=c b a+ ］好(位)&+J cy(cj/)d;y+ —子
=i_f+£/(£)dz+ J：J：八海，
当 ab=cd 时，，/(i)d/=O,由此得 1=与~~土.
注 本题第二问是相当于知道曲线积分与路径L无关，那么接下来可以改换路径(如所给答案)，也可
以试着找原函数计算积分，简单分析如下：
【［1 + y / ) ］ dr 4- Ly2f(xy ) — 1］心=—dr — -^dj/ + fCxy')Cydx-\~xdy')
y y y y
=d^-^^+y(j;j/)d(x^) = d(；)+d［j /(i)dij=日［子+'六：)血］,
于是［=「于+J勺“)&］「"=牙_号.
L y Jo J I (a,W d b
(15) (1 )证因为
丁3 6 9 3n
J，(T) = l+3j+g|+gj + - +*(3〃)! '
，/ x _ x2 I x5 I x8 I I X3n-1 I
火*)=泛+可+胡+" ・+国 f+・"'
“ 十4 —7 ~,3n—2
j/G)=z+曲+可+"・ +(3”一 2)!十…，
所以
y,+y+3,=ex.
(H )解 与y+y+y=^对应的齐次微分方程为 百
jy"+_y'+y=0, <
其特征方程为 ，+厂+1=0,
解得特征根为C2 = —3•士孝i.因此齐次微分方程的通解为
Y=e 2(Gcos亨H+Czsin 身；r).
设非齐次微分方程的特解为 V=AeL
将/代入方程y+y'+y=e得A = §，于是V =§舟
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・108・2002年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
方程通解为
y*=Y+y =e-T（Gcos亨z+Czsin夸z）
当1=0时，有
i' 1
j/（0） = l=Ci+—,
]j（0）=o= 一身 G+身G+§,
土由此，得 Q=y ,C2 = 0.
于是蓦级数 吏7?、"的和函数为:y&）=Mercos尊2；+§政一8ViV+8）.
n=o I ！ [乙 5
8 知
注 实际上对于S 日以=2,3,4,-）这类蓦级数求其和函数，一般都是要建立微分方程求解,
”=o （乞2） !
通过逐项求导或逐项积分往往办不到.
（16）解（I）当函数 S,y）及点M6 必）给定时,从1以）在点M处的各方向中方向导数最大值为
g（zo，yo）= I grad h\M \ = \ （yQ—2x0）i+（x0—2yQ）J \
= J （协一2io）2 + &o —2* ）2 = J 5^5+5"—丽了。.
（H）让点MU^o）在底边界线/+丁一可=75上变动，求gGc。必）的最大值.去掉开方号，求
/Cr,少=[g&, y） T = 5^2+5,2—8]了
在约束条件/+寸一了、=75下的最大值点.分别令
F（x,j>,A）=/（x，3,）+A（75—X2—y+^jz）,
3F
虱= 10z—8了+义（丁一2z）=0, ①
—=10j/—8j;+A （j：~2y） =0, ②
—
以
= 75—x2—3/2+xj/=0, ③
①与②相加得 Cr+少 （2—Q =0,
从而得y=—jc或A =2.
若人=2,由①得再由③得
z = 士 5 拒,、=± 5 yj.
若y=—x9由③得1=士5以=干5.
于是得到4个可疑极值点：
M] (5, —5) ,M2( — 5,5) ,M3(5y3 ,5-/3) ,M4( — 5将,—5所以(1,1,L1)T是Ax=fi的一个特解，于是Ax=p的通解
是(l,l,l,l)T+-t(l,-2,l,0)T,其中& 是任意常数.
(⑻证(I )若A,B相似，那么存在可逆矩阵P,使P AP=B,故
lAE—Bl = |AE-P-1AP| = IP'AEP-P^API
= |PTQE-A)P| = |PT| lAE—Al |P|
= |PT| |P| |AE—A| = |AE—4|.
/0 1\ /O 0\
（口）令 4=（0 0），B=（0 0），那么 |AE-4|=^=|AE—B|,由于 r（A）^r（B）,故 A,B 不相似.
（HI）由A,B均为实对称矩阵知,A,B均相似于对角矩阵.若A,B的特征多项式相等，记其特征方程的
根为义1，知…,;1,（”为的阶数），则有
入 -
人2
A〜 . ，
fAi
即存在可逆矩阵P,Q使
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• 110 •2002年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
入
人2
P~1AP= . =QiBQ,
、 人”，
于是（PQ1）1A（PQ-1）=B.由PQT为可逆矩阵知,A与B相似.
注 第二问中，如果A,,A2是A的两个不同特征值，则4〜A,而4与B的特征多项式又相等（特征值
相同），则,B〜A,于是，有4〜B.所以所举反例就要求4和B的特征值都必须是重根,想到这一点再去举反
例就简单多了.
（19） 解 P{X> 专}=]_F{XW 专}=]_匕,（工）丑
=1— f3 4-cos —sin 1 =1 —sin -y=4-,
JoZ Z Z I o o l
所以 y~B（4,y）,从而 EY=W/>=4X-| = 2,Dy=n/>v»不合题意；取“一”时,0V
Ou 1Z 1■乙 乙
3（7TH）V夺，合乎题意.故。的最大似然估计值为8*= （7—厄）.
1Z L J■乙
注 部分考生不能正确写出似然函数，忽视了对离散型总体最大似然估计的训练;本题的总体X的
概率分布不能用一个式子统一表示，故似然函数需要用定义去表示出来.
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-111 -2003年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
(1) 答应.* 填£或£-
ve
解 这是“ I" ”型,直接有 lim(cos «r)商或=exp [ lim X / = exp5 lim \ ? = e"7.
x*0- { x*0- ln(l x)) u t
(2) 答应填 2z+4jr-z-5=0.
解 设切点坐标为Fo(Zo，%，Zo)，则曲面在Po处的法向量为(一2心，一2^0,1),应与已知平面的法向
量” = (2,4, — 1)平行，所以 二纾=二羿=土，
从而Zo = l，Vo = 2.于是z0=xl+yl = 5.即所求切平面方程为
2(z—1)+4(丁一2) — (z—5) = 0,
即
2z+4y—z=5・
(3)答应填1.
解 根据条件,。"是偶函数］2在区间［―丸,招上周期为2工的傅里叶展开式的系数.取〃=2,则
a2 =~ I X2,cos 2zdr = —(x2sin 2x — | 2xsin 2z&)= — (xcos 2x — | cos = 1.
7V Jo 二) 江\ Io Jo / tc v Io Jo /
(2
(4)答应填 i
\ — 1
解 设过渡矩阵为P,则(a】,a2)P=(A，佻)，因而
/I 1 1 1 1 1 2 3
P =(«i ,a2)-1(A ,02)=
0 -1 0 -1 1 2 -1 -2
(5)答应填
解如图所示,P(X+Y<1) f(x9y)(Lcdy
6zd;y
1
~2
1
ci
=I 6^:(1 — 2x)dz =—.
注在积分时不要忘记概率密度的有效区域,实际上这里是z+'Wl
与oWiWyWl的交集.
(6)答 应填(39.51,40. 49).
解 记穴为样本均值，置信度为0. 95(即°=0.05)的双侧置信区间为
(X—京勺，灭+斧八
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・112・2003年
° ＜〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
由于％ =20.025,1—0. 025 = 0. 975=0(1. 96),所以 zo.o25 = l. 96.数据代入得置信区间为
2
^40—-^=X1. 96,40+-^=Xl. 96^ = (39. 51,40. 49).
二、选择题：7〜12小题,每小题4分，共24分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(7)答应选(C).
解，如图所示添加字母，在点A左侧r&)>0,右侧r(x)<0,所以点
A为八5的极大值点，同理可知点B与C都是/'&)的极小值点，关键是点 / /
=O处，在它左侧f(z)>0,右侧/(xXO,而，(z)在点O连续,所以点。也\ / /
是的极大值点(不论在x=0处/(*)是否可导，利用极值的第一充分条 \ / 一
件(用一阶导))， B O Tc
⑻答应选(D). | I
h r
解 假设= A(存在)，则lime” = lim -f-2 =学气-=A(存在)，这与lime” = 8矛盾，故
n~^OO on imon
7J—>00 n-*oo
r*oto-
lim6”c”不存在.
n*8~
注由极限的局部保号性容易得到极限的局部保序性：
若 lima” = A B，且 A > B,则存在 N>0,当？i> N 时，有 a„ > bn.
n*o-o n*oo-
对于本题，选项(A),(B)说对任意的"成立，显然错了；
对于选项(C), limaq是典型的“ 0 • 8 ”型未定式，其极限可能存在也可能不存在.
(9) 答应选(A).
解由极限与无穷小的关系，在点(0,0)的充分小的邻域内有
f(.x,y')=xy+(.'l.+a')(x2+y2')2,其中lima = 0.
y*0-
此邻域内 l+a>0.取 y=x,f(x,y')=x2+4：(l+a')Jt:i>0;取 y=—x,f{x,y') = —xi->r^{}.+a')xi<.G,由连
续性,f(0,0)=0,故由极值的定义知点(0,0)不是fU,y)的极值点.
(10) 答应选(D).
解向量组I的秩记为rd), D的秩记为r(n).因I可由II线性表示，所以U ).又
，(□)<$,若">s,则r>s^r( 口)>r( I ),所以向量组I必线性相关.
也可用下述办法快速否定(A),(B),(C).例如设n线性无关.删去n中若干个向量得I, I可由u线
性表示，且rvs.但I线性无关，n也线性无关，故(A),(C)均不对;也可在线性无关组n中添上若干个向
量,例如添2&,3四等而得到I ,当然I可由II线性表示,r>s,但II线性无关,(B)不成立.
注若是根据“常用的判别向量组线性相关与线性无关的结论”：以少表多，则多必相关，即若向量组
A，此，…』可由向量组a1(a2, -,a,线性表示，且s>£，则向量组0,艮，…应线性相关，可直接选(D)・
(11) 答应选(B).
解若Ax=0的解均是Bx = 0的解，则Ax = 0的解空间的维数不超过Bx = 0的解空间的维数，即
«-r(AX„-r(B),所以 r(A)>r(B).①正确.
因为由两个解空间的维数的大小关系,推不出两个齐次线性方程组的解集有无包含关系，所以②不成
立，故(A)与(C)不成立.选(B)还是(D)?若选(D),则意味着③,④都对，于是(B)也对，从而(A)〜(D)中
有两项对,不可能.所以不选(D),必选(B).用推理方式避免了再去考虑③.这种思维方式可供读者做选择
题时参考.
注(l)Ax=0的解空间的维数为zi-r(A),其中"为未知数个数，这是线性代数中的一个重要且基
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• 113 .々
k
考研数学
真题大全解(数学一)〉〉) °
(2)秩相等只是方程组同解的必要条件.
(12)答应选(C).
解 设 W〜N(O,1) ,Z〜％2(〃)，且 W,z 独立，则 〜t(n).又 W〜N(O,1)，所以 W2-Z2(l).
故 W=#%~F3,1)(按定义).
三、解答题：13〜22小题，共102分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(13)解 设切点为(xo.ln xo),切线斜率J | = —线方程为y=ln血+上&一孔).以&,》)=
lx0 工。 工0
(0,0)代入切线方程，得lnz° = l,所以H° = e,于是切点为(e,l),切线方程为受言.
(I )面积 A= £ (e>-ejz)d>=ye-l.
(H V=k f1 P (e-e>)2d3/=-^(5e2-12e+3).
J o J o o
(14)解 因为/&) = —= —2 吏(一1)"4%脆£ (—号,)*, 且
/(0)= arctan 1 =号，
所以
/a)=/(0)+Jy(t)dz =号 一 2匚［言(一 1)”4"］出
冗(一 1)'4%T r/ 1 1\
= 2n+i ->xe ryy)-
因为级数吏余昔收敛，函数在工=土处连续，所以
f(H)=于 一 2 吏 (―1)”4”]2*
2” + 1一M
4 n=0
令x = i'得 〃土)=奇一2宣 锵半.溢，
由于 r(土)=°，因此 § 2^+i= f -
注 级数吏 红答 的和也可用其他方式求得，如：
占(_ 1 )勺2计】
考虑 SCc) = S / € [—1,1],则
»=0 乙〃 ' 】
s'(土)= »(— i)nx2n = ] e(—1,1),
且s(o)= o,所以
S(z) = S(0) + f Sz(z)di = I, t-~—zck = arctan x,x G [— 1,1]»
J0 J 0 1 十/
故 S : = S(l) = arctan 1 =孚
盆 2〃 + l 4
(15)证 (I)由格林公式，有
§产£血'心_灭一细/& =j(eSin> + e~SinX)clT，
①
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・114・2003年
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。（广心+所）心 ②
）j?e-sinyd^ — ^esmjdz =
=L
D
又区域D关于z与丁轮换对称，即z换为了点换为z之后。不变，于是有
jy（x，少也=也，
D D
从而知①二②^^证毕.
（口）由（I）有
=JJe血'出+血一如工也
)j：esmydy — ^e-smxdz = (e^>_|_e-sinx)d(T
D D
D
轮换对称 。萨，击+9广血工击= [[(e™1 + e-5inl)da > JJzdb = 2n2.
D D
D D
（16）解（I）设第〃次击打后，桩被打进地下％m,第〃次击打时,汽锤所做的功为叫（〃 =1,2,…）,
由题设，当桩被打进地下的深度为x时,土层对桩的阻力的大小为奴，所以
,、只 k 2
kjcajc = ,xf=a;
Wi = o Z
u>2 =dz = •蓦--|-Xi;
kxdx = 琢
W3 =
所以心 +w2+w3 = 宗4.又叫 =rvu2 =产的，从而名4 = （1 +厂+ /）心 =（1 + r + r2） •
于是 x3 = y/l + r + r2 a (m).
(II)由归纳可得 xn = /1 + 尸 + ・・・ + 尸1。= = -^zzz(m).
v 1 — r — 71 — r
(17)解(I )因为 zGCc)] = z,所以
dr ] 1
石=矿丁
dr
业宰)=_i(学).业=__ .4=,
dy2 djAdjJ dz\d>/ d、 (y )2 y (.y )3
代入原方程，得
yf~y— sin x.
(n )方程y ~~y = sin z对应的齐次方程yf — y = 0的通解为
y = Ciex +C2e-X.
设方程y —y = sin X的特解为
y* = Acos x 4- Bsin x,
代入原方程，可得A = 0,B =—号，故y* =一土sin z,从而一 v = sin z的通解为
y = Ci ex + C2e~x-- sin x.
由火。）=o,y（o）=奇■，得 = iq =— i,故所求初值问题的解为
g
j/ = ex — e~x — -ysin 工・
J 2
(18)解 IjT/(jc2 y2 +z2)dv = f d^f 皈
JXr^r^sin (pdr
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・ 115 -7匕/考研数学
Q
真题大全解(数学一)》；
f*/f(x 2 +y)d(7 =[由]y(rz)rdr = f^^rdr;
JIXJ t ) Jo Jo J o
£/(x2)dz = 2J/(小兀
2p/(r2)r2dr 7r[7(r2)rdr
从而 FQ)= -77~~■——,GQ) = --------.
/(r2)rdr /(r2)^
J 0 J 0
(I)由变上限求导公式,经计算，有
/(r2)r(i — r)dr
F'(t) = 2 >0(i>0),
所以在(0, +8)内,FQ)单调增加.
9 f /(r2)r2drf /(/)，一 f /(r2)rdr[ /(r2)rdr
(n ) FQ) - —GM = 2 -------- 岑--------- -----------n--------.
" /(r2)rdr /(r2)^
J 0 Jo
为证当£ > 0时F(f) > -G(z),只要证F(t) 一 —G(z)的分子大于零即可.
7t 7C
令 甲(t) =「y(，)r2dr「/(，)dr— P/(r2)rdrf7(r2)rdr,
J 0 J 0 J 0 J 0
有甲(0) = 0,经计算，有 ,(t) = /(i2) j^/Cr2)(i — r)2dr > 0,Z > 0.
所以乎(t) > 0(Z > 0),这就证得F(Z)> —GW.
(19)解 由于| 4 | = 7尹0,因此A的特征值义尹0.设即是A的属于义的特征向量，则何=M，故
H是AT的属于«•的特征向量.又因为A* = | A | 4一】，故〃是 a *的属于呻的特征向量.由于
A A
B = P~XA P,即 PBPT =*,4
从而 PBP- tj = A' TI = ，即 B(P^4)= *pT»j,
A A
所以FF是B的属于特征值囹的特征向量.由
A
A — 3 — 2 — 2
I AE—A | = —2 A — 3 —2 = (A — 1)2(A — 7),
—2 —2 A —3 百一
知A的特征值为” =A2 = 1,A3 = 7.通过计算可得A的属于特征值“ =A2 = 1的线性无关的特征向量可
取为
-11 r-r
功= 1 ，邛2 = ° ，
、0 J 1 ,
属于A3 = 7的一个特征向量可取为
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• 116 .2003年
° «全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
o 1 -r
并且 p-i = 1 o o ,
,o o 1 .
于是B的属于特征值 1 = 7的线性无关的特征向量可取为
人1,2
-土
B的属于特征值捋」
A3
所以B + 2E的特征值为9,9,3,属于特征值9（二重）的全体特征向量为
1 -V
-1 +么 —1 ，其中虹,k2为不全为零的任意常数,
.0 - 、1 ,
属于特征值3的全体特征向量为
0
，其中必为任意非零常数.
（20）证法1 考虑方程组
ax + 2by + 3c = 0,
| bx + 2cy + 3a = 0, (* )
,cr + lay + 3。= 0.
由几何意义可知,（* ）要么存在唯一解，要么无解，要么存在无穷多解（此时相当于三条直线重合），
a 26
（*）存在唯一解（久），切）0 b 0存在唯一解（工。,*, 1）「而当后者存在唯一解
时，它是非零解，所以 b 2c 3a =0,
1 c 2a 3b
1 2 3 1 0 0
展开上式得 (a + 6 + c) b 2c 3a =6(a +》+ c) b c — b a — b
2a 3b c a — c b — c
=—6(q + 8 + c) (a2 b2 c2 — ab — ac — be)
=—3(q + 6 + c)[(q — b)〉+ (b — c)2 + (c — a)2] = 0,
故
q
+》+
c
= 0（因三条直线不重合，舍去Q =方=c）.
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-117 ・花营考研数学
P *
真题大全解(数学一)>>
反之，由a + b + c = 0可得 =0有非零解(Zo,yo,l)T,即 li，lz，l3 有公共点(xo,yo).
但由上面分析,在三条直线不重合的前提下，若有公共点(xo ,y>),则必为唯一公共点.证毕.
a 2b a 2b -3c'
证法2 考虑 A = b 2c 与天= b 2c -3a
、c 2a, c 2a — 3b,
三条直线相交于一点«r(A) = r(A) = 2.
因为I.与12是不同的直线，所以向量(a,2们一3c)与(6,2c,-3a)对应的分量不成比例，所以r(A) >
2,但r(A) W 2,所以 r(A) = r(A) = 20 | A | = 0,即 a + b + c = 0(见证法 1 的推导).
(21)解(I)乙箱中次品件数X是个随机变量,X的可能取值为0,l,2,3.X的概率分布为
P{X = k}= k = 0,1,2,3.
~cF'
列表得
X 0 1 2 3
1 9 9 1
p
20 20 20 20
因此
E*'X 备+ 1X& + 2X 务+ 3X房=*.
(H )设A表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品"，由全概率公式有
P(A)= t,P{X = k}-P{A I X = %}=寿XO + *X*+ 房X* +佥X* = §.
(22)解(I)X的分布函数
F(x) = \ = 1 — e-2(w) 工 >0,
J —oo 0, •r V a
(H)统计量a的分布函数:
F；Cr) = P{6^x} = P{min{Xi，X2, — »Xw) = 1 — P{min{Xi ,X?,X”} > x}
=1 —P(Xi >x,X2 >],•••,X” > 1} = 1 — P{Xi >x}P{X2 >z}・・・P{X” >x)
]一^-2n(.x-6)
1 — [1 — F(z)]” =
0, i v a
(皿并的概率密度为
2ne-2n(W),工 >队 ,
介&) = F'；Cr)=
0, 其他.
因为
- f+oo f+dz = 0+会尹们
所以&作为。的估计量不具有无偏性.
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・118・2004年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
(1) 答应填了=工一1.
解 由于y=(ln xY =—，当y'= 1 = 1时,得z=l,即曲线y = ln X在点(1,0)处的切线与直线
X X
z+v=l垂直，故所求切线方程为y=z—l.
(2) 答应填yln2x.
解令ex=t,由/(e'Nzef得/''«)=半,从而
/(t)=yln2z+C,
故，怂)=#111纭+仁根据 /(1)=0 知 C=0,所以 /(x)=vln2x.
乙 乙
(3)答*■穴应.填
解由于L的参数方程为〈 抑』奇(表示从0到奇,下同)，所以
[3；=^2sin t,
| xdy—2ydjc = J (2cos2i+4sin2i)ck
=2「(l + sin2i)d/=-z-7t.
J 0 乙
⑷答应填广亭+导，其中G，G为任意常数.
解本题主要考查欧拉方程的解法.其求解过程如下.
令工=甘,记D=弟,则原方程变为
D(D — 1) )+4D、+2、=0,
即密+3孚+2尸0,此方程的特征根是一 1,一2,其通解是y=C1e-I+C2e-2(.
所以原方程的通解是了=亨+导，其中G，G为任意常数.
(5)答应填号.
解 由题中所给等式得(*=AE-,2E)BA 两边取行列式，有|4—2E| • \B\ • |*A |=1.
0 10
因为 |A|=3,所以 |因* | = |A|3T=9.又 |A—2E|= 1 0 0 =1,所以 |B|=y.
考研电子版网站：www. pj}=_l7y&=+
P{X>^DX}=
二、选择题：7~14小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
⑺答应选(B).
tanJtdt 今，
lim£ = li: ?------- =lim^^=0,
解法1因
〜a l :cos 灿 ~cos 工
'G
sin t^dt
lim-^- = lim- ------ =岫 ~~2 = °，
a i 2-Jx cos x
cos t2dt
0
tanVFdz
o =lim 、tanz =°,
sin i3dz
所以7是较a高阶的无穷小量,口是较7高阶的无穷小量,即选项(B)正确.
解法 2 当 z~>0+时,a = cos x2 —* 1(0 阶),g = tan x • 2x ~ 2x2(2 阶)，/=sin • —^zz 〜4-x
(1阶)，故选(B).
(8)答应选(C).
解因为
f(0) = lin/&)F°)>0,
X
所以由函数极限的局部保号性，存在8>0,当0V|z|V3时,心；企>0.故对于任意的z€(0G),有
/(x)-/(0)>0,即y(z)>r(0),选项(C)正确.同时也就看出选项(D)是错误的：当1€(—乱0)时，应有
/(x)-/(0)<0,即 /(x)0,当峥)时,/(z) = § + 2*-zcsoisn 土.显然，当工,=去时,f(工,)=
一土,”=1,2,…，即在任何(0,6)内都有点$,使/(xnX0,n=l,2,-,函数不可能单调增加，即(A)错误.
与此类似，选项(B)也是错误的.
(9)答应选(B).
解本题本质上是一道判断正项级数敛散性的简单题，主要考查正项级数的比较判别法和调和级数
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・120・2004年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
的敛散性.当存在非零常数L使得limna„=A时，可知a“与［在儿-8时是同阶无穷小量，由于调和级数
Tl
S -发散,所以正项级数发散.故选项(B)正确.
n= 1 ” ”= 1
本题中利用反例可以排除选项(A)和(D)，利用反例。”=左可以排除选项(C).
(10) 答应选(B). /y=x
解洁1将F。)看成二重积分的一个二次积分(其中z>l),则有F(t)= 4 须
土JJ/&)±rdv，其中 D/WrWLlWvQ,如图所示.
F(t) = f dj f(x)dz = f dr[ f(x)dy = [ (z — 1)_f(z)dz, ,
J 1 J y J 1 J 1 J 1 ~j f
所以 F'«) = (t—1)/«),故 F'(2)=y(2).即选项(B)正确. I
解法2利用分部积分法，有
F(t) = J [J /(jr)drjd(^— 1) = [(、一 1) • J /(x)cLr^ | 〔 + ^(>— 1)/X;y)dy = '(J7— D/XjOdjs
贝ij F'Ct) = (z-l)/G),F,(2) = /(2),选(B).
(11) 答应选(D).
0 1 0 0 0
解 由题意知,Q=EiEz，其中E】= 1 0 0 ,打2 = 0 1 1 ，故
、0 0 1> 、0 0 1；
0 1 0' 1 0 0、 ‘° 1 1
Q= 1 0 0 0 1 1 = 1 0 0
<0 o L 0 0 L 0 0 1,
即选项(D)正确.
(12) 答应选(A).
解法1若设4=(l,0),B=(0,l)T,显然AB=0,但矩阵A的列向量组线性相关，行向量组线性无关;
矩阵B的行向量组线性相关，列向量组线性无关.由此就可断言选项(A)正确.
解法 2 不妨设 AmX„,B„Xj,由 AB=O,有 r(A)+r(B)W〃,且4尹O,B：#O,则 所以
有 r(A)r}=毋，
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-121 ・{匕，考研数学 C
抒弓真题大全解(数学一)〉>> '
再由ua的定义知x=u^,.
注 题目中的为实际上就是标准正态分布的上a分位数(点).
(14) 答应选(A).
解 Cov(Xi,Y)=Cov(Xi，4gx,) = +cov(X“X,)+ + Zcov(XM)=加珀=中其中，
因为 X1 与 X,G = 2,3,•••,“)独立，所以 Cov(Xi，X,) = E(xx)—EX1EX, = 0,故应选(A).
D(X|+Y) =°(乂1+4习&)=1)(斗乂1+4£乂,)=^^。乂1+ + 2繇,=宰/.
类似地,D(Xi — Y) = D(心
Xl【史X,)=
匚切选项(C),(D)错误.
X 71 TL £=2 / fl
注 特别注意X1与Y不独立,这里把V =【史X,拆为+【克X,两部分,这* 样 S X,就与
n i=l n n i=2 n t=2
K独立了，进而协方差为0.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 证法 1 设(p{x) = \vLX—-^x,则
/z、—clnz 4 〃/ x _n 1 —In x
cp (z) = 2 ---飞、中(z) = 2 ——，
所以当i>e时，矿Gr)V0,故G)单调减少,从而当e<^9‘(e2)=£—§ = 0,
即当e甲(“)，即
In2 6 — 6> 1子 a — a,
ez ez
故 1子。>$(5—a).
证法2原不等式等价于或|二些>£,左端可看作函数/a)= ln2^在也,成上的拉格朗日中值定
b—a e
理的形式，故In仁1&=广融)=2半,aVK》.下面对卒作估计:令？(工)=宜，则9/(了)=上」¥，当
z>e时
0O)VO,q(z)
在(e, +8)上单调减少，故甲($)>叩(/)=岑丧=号’所以：_了 “>号,即
ln26—ln2a>~y (6~a). 挪
(16)解 根据题意，飞机的质量为m=9 000 kg,着陆时的水平速度为边= 700 km/h.从飞机接触跑道
开始计时，设t时刻飞机滑行的距离为工(t),滑行速度为p(t)・
由于飞机滑行时所受的阻力为一如，根据牛顿第二定律，得
dv j
由于零唯黔席，所以
djc=—^dv9
k
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・ 122 -2004年
°全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
积分得iQ) =—*Kz)+C.
k
由初始条件汉0)=功,](0)=0,得C=〒Po,所以
[功一wQ)],
R.
从而当0时，有
. 小 mp° 9 000X700 , nt-zi 、
拓)-下一 6.0X1" T°5(km),
工故从着陆点算起，飞机滑行的最长距离为1. 05 km.
(17)解 取2为皿平面上被圆x2+y2 = 1所围部分的下侧，记。为由$与互围成的空间闭区域,
根据高斯公式，得
0 2x3dydz-\-2y3dzdx+3(z2 — Ddzdj/
=6(j?2+y+z)drd^dz=6 J "*j dr J (z+r2)rdz
n 000
= 12』［■广(1一一)2+一(1一一)］&=2心
而
JJ 2j73dj/dz+2^3dzdz+3(2：2 —l)dzd^= — jj ( —3)dzdjz=37t.
因此 I=2tz—3兀=—re.
(18)证 记 fn(x)=xn+nx—l.当 i>0 时,X(j?) =njcn~1 +n>0,故九(z)在［0,+oo)上单调增加.
由于A(0) = -l<0,/n(l)=n>0,根据连续函数的零点定理知方程*”+心一1 = 0存在唯一正实根
了”,且 OVZnVl.
因为亿:+心”一1=0,且z”>0,所以
从而当0>1时，有
0V 耳 v(y,
而正项级数S 土收敛，所以当«>i时，级数S工：收敛：
”=1 〃 n=l
注 若是观察到九(4) = (4)' > 0,则此时0 VV 4,进而有0 V艾V 土，这样更简单.
(19)解 方程了」6巧+10/—2”一z，+ 18=0两端分别关于了和v求偏导数，得
2x—6少一2)孚一2z 字=0, ①
dx dx
—6j?+20j/—2z—2y —2z —=0. ②
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・ 123 •考研数学_____________
真题大全解(数学一)>〉〉
呼=0,
dx 工一3了=0, x=3y9
令- 得 f+5-o解得
|=0, z=y.
将上式代入工2—6可+10叶一2yz—z2 + 18=0,可得
z=9, z= —9
“=3,或＜/=—3,
、n=3
对①两端分别关于工和V求偏导数，有
2-2、*一 2(祭)J*=z0,
八 c & c d2Z n dz dz n d2z _八
一6—2 瓦一2丁 —-2 祈•瓦一2z 藏一0.
对②两端关于 > 求偏导数，有20-2亲一2亲一2y窍一2 ~2z籍=。,所以
3% _ 1 D_ 32z 1 L 32z 旦
Aa F =亏必=藏 =一2右=胡
3
(9,3,3) (9,3,3) (9,3,3)
故AC-B2=^>0,又A=4>0,从而点(9,3)是函数z(x,y)的极小值点，极小值为z(9,3)=3.
00 0
类似地，由
A=^ -*必=瑟 1 L 32Z
2右=胡
dx2
可知AC—Bz=^>0.又A=—* V0,所以点(一9,—3)是函数z(x,y~)的极大值点，极大值为
(20)解 对方程组的系数矩阵A作初等行变换:
(1+a 1 1 1
2 2+g 2 2
A =
n n n n+a
(1+a 1 1 1 )
乙+(—喝 —2a a 0 0
=B.
i=2,…，”
—na 0 0 a
当a=0时,r(A)=r(B) = l1(3=1,2,•••,“)，
L（/?）= II 六玲0）=」（zm"W）阡”
£=1 10, 其他
当 x,>l(t=l,2,-,n)时,L(/»>0,取对数得
In L(0)=”lng—(0+1)、In x；
i-i
d[lnL(/?)]=-n__ y
两边对0求导，得
令d[ln志例=o,可得&=
=■」，故。的最大似然估计量为&= —・
up
S In 工i S In Xi
i-l t=l
注 本题和2014年对连续型随机变量作估计的考题一样,给出的都是分布函数FGr）,而非概率密度
/（工），这一点要注意.
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• 126 •2005年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
q. ⑴答应填—■・
解因为。=四手=败昂=号,6=四3—牛)=副(希一#) =—+，所以
是曲线、=券!的斜渐近线方程.
(2)答 应填尸奇(inz一新.
= £(#ln 工一拒& + C)
工工3+C).
由 丁(1)=—，得 C=0,于是 v=§i(ln X—~ ).
⑶答应填争
解因为网此舞广&寺罚，所以言L>=(+44) ,寿1上1)=争
⑷答应填(2-y2)^R3.
解 空间区域Q的球坐标方程参数范围为｛ 0<何2汗，根据高斯公式得
、0dzdx+zdrdj> JJ dv=3 J sin(pd(p /dr
i n
= (2-V2)7tK3.
⑸答应填2.
解法1利用行列式的性质计算.
| B I "典- | ai +口2 +d3，。2 +3。3，。2 +5。3 I =2=2= | +血 +«3，口2 +3(X3，2。3 I
C2—C1 考研电子版网站：www.pdf2book.com
・ 127 •{匕/考研数学
真题大全解(数学一)>〉〉
=2|。1+口2+。3，。2，。3 I =2|。1 ,<1203 I =201 =2.
解法2利用矩阵的性质计算.
1 1 1、
B= (ai +a2 +a3 +2a2+4a3 9ai H-3a2+9a3)=(«i >«2 »«3) 12 3,
1 4 9,
1 1 1 1 1 1
则 |B| = |ai，a203l 1 2 3 =⑷ 1 2 3 = lX(2-l)X(3-l)X(3-2) = 2.
1 4 9 1 22 32
注解法2中用到了范德蒙德行列式.
(6)答应填戋.
4o
解 P{Y=2}= ^P{X = i}P{Y=2 |X=i} = S4-T = B
,=2 i=2 ♦ 2 牝
二、选择题：7~14小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(7)答应选(C).
解当 I工|<1 时， lim"+|H|3”=l；
当I招>1时，
lim—1+|招3” = |招3 +1V = |]|3.
L8 L8 \ I | /
于是
________ (1, I 招 <1,
f (x) = lim >/1 + | x |3n =(
L°° l|x|3, |x|>l.
只需考虑r(z)在z=±l处的可导性，由于
/C(-l)= lim —- J r3 ： — -..- 1 1 1-1
/L(l) = lin^日=0,心(1)=皿土翌=3,
所以函数/'(£)在了=士1处均不可导，即有两个不可导点.故选项(C)正确.
注若能想到重要极限
lim /a； +a? H----a* = max {a,} ,a, > 0,i = 1,2,…，m,
n*o-o
则本题便可更简单:
/(^) = lim 7T+TFF = lim ””+| • I” = max{l, | ^ |},
w*8
从图形上直接看出有两个不可导点.
(8) 答应选(A).
解 本题考查原函数的奇偶性与周期性等性质，当取/a)=cos ^+l,F(x) = sin x+x+1时，可以
断定选项(B), (C), (D)均不正确,便可直接选(A).
(9) 答应选(B).
^ = ^，(x4-j/)+^，(x~)—.y),
解因为
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• 128 -2005年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
亲=9/(1+、)—廿&—jO,
^^=矿(]+、)+矿Cx—y')+>
个老问题，但每年都有考生犯这一类错误.可见把基础打扎实的重要性.
(13) 答应选(B).
解已知随机事件{X=0}与{X+Y=l}相互独立,也就是
p{x=o,x+y=i}=p{x=o}p{x+y=i},
又 P{X=O,X+Y=l}=P{X=O,y=l}=a,
P{X=0}=P{X=0，Y=0}+P{X=0,y=l}=0.4+a,
P{X+Y=l}=P{X=0,Y=l}+P{X=l,Y=0}=a+6,
则 a=(0.4+a)(a+6).
又因为0. 4+a+0+0. 1 = 1,即a+6=0. 5,由上式易得a = 0. 4,》=O. 1,故应选(B).
(14) 答应选(D).
解由于史金=亦京〜N(O,1),因此(A)错误；弓业=(1一1)S。〜,(1—1),即(B)错误；
tr/vn a
^^=缨〜知一1), (C)错误；
sMT s
始〜f⑴，史x；〜f s—1),且xf与Zx?独立，故 ~芸----- =七1) 待 〜f(i,d.
-2 心 £；x?/(»-i)
i=2 i=2
选(D).
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 解 JJ>zr2+;y2］&d;y = J (W J /sin Ocos 0 • ［l+r^dr
D
=「sinOcosOdeJ 尸口+一］'=奇(j r3dr +J 2r3dr) =
注本题还可以先对积分区域D作一个划分,去掉被积函数中的取整函数的符号，记积分区域
Di = {(x,^) |X2 + y< 1,,y^O} ；£)2 = {&点)| + y2^/2 ,x^09y^Q).
于是原式=。巧&如+ 4［巧&心=2［值yirdy—I[巧&如=
D］ D2 D q
(16)解因为
「［3+1)(2麓 + 1) + 1］了2(+) n(2n-l) = 2
熙 (n + l)(2n + l) •［心一1) + 甲” 一 x ‘
所以当飞2<1时，原级数绝对收敛；当/>1时,原级数发散.因此原级数的收敛半径为1,收段区间为
(-1,1).记
S&)= § 2：(2二1)孩口£(-1，1)，
~ _T\n-l
则 S"z)= " 工—"-I,]),
§")= S(T)fT= 日上，妊(T,D.
注意到S(O)=O,S'(O)=O,积分得
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• 130 ・2005年
°全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
S，(z)=j (i)ck= * ]
]了我 dt=arctan x,
SCr)=「S'Q)di=
arctan zdz=xarctan x— ln(l+x2).
J 0
又因为S (一 1)1『=*£(壬一^, 1,1),所以
，(工)= 2S(z)+是=2工arctanLln(l+f)+品,z€( —1,1).
注 吏(一1)1 X_2n■—1 = arctan —1 1，应作为基本公式熟记.
切 Ln — 1
(17)解根据题意，有
/(0)=0,/(0)=2,/(3) = 2,/(3) = -2,//(3)=0.
利用分部积分公式，得
f (了2+］)/&)&
J 0
= (x2+x)/，，(x) | —J (2z+l)/"&)&
=-「P+2「/(x)dz
I 0 J 0
J 0
f3 I 3
= -[7X(-2)-2]+2jo/(x)ir=16+2/(x) | =16+4=20.
注本题是一道综合性试题,考查的知识点有导数的几何意义、曲线拐点的必要条件及定积分的分部
积分公式.
(18)证(I)令 g(x)=/(x)+x-l,则 g(z)在［0,1］上连续，且 g(0) = -lV0,g(l) = l>0,根据连
续函数的零点定理知，存在ee(o,i),使得g(Q=/G)+f—1=0,即/(f)=i-e.
(□)由于函数六了)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，所以根据拉格朗日中值定理，存在r)e(o，E)u
(0,l),§C(&l)U(0,l),使得
S=£^^l=蜡,
/(0=1^1^=12^ =占,
所以
.扬=1.
(19)( I )证 如图所示，设C是右半平面工＞0内的任一分段光滑简
单闭曲线，在C上任意取定两点M,N,作围绕原点的闭曲线尻输，同
时也得到另一围绕原点的封闭曲线商林瀚.
根据题设可知
3 9(')&+2巧心=I 9(—)&+2—卯2
Jmq^rm 2x2-f-y4 J mqnpm 2x2+jz4
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・ 131 •7匕/考研数学
真题大全解（数学一）＞» : °
不妨设C为逆时针方向.根据第二型曲线积分的性质,利用上式可得
贰弓3）&+2巧心
Jc 2x2+y
=r 9（3/）&+2巧心| r 9（少五+2巧心
J 金 2x2~\~y^ J 2jc2+.y4
= 9（y）dz+2巧心 S.f ＜p（;y）dr+2z;yd;y
J MQNRM 2j?2+j/4 J MQNPM 2x2 +^4
=A—A=0.
（U）解 设F=号，,Q=$5§，则P，Q在单连通区域了＞o内具有一阶连续偏导数.由（I）可
知曲线积分［处幡壬华虫在区域 Q0内与路径无关，所以当Q0时，有羿=霁
J L 2z 十;y dx dy
3Q_ 2丁（2/+4）— 4z • 2，jy __ —4〃.+2,5
云一 （2x2+y4Y ~ （2/+寸）2 ' ①
3P=&（少（2/ +/4） —49（jO/ = 2狞＜/（30+.'（少24—彳么少尸
dy~ （2^2+y）2 - （2jr2+y）2 ' 口
由笑答得微分方程 I，。二F
& 勺 \＜p（.y）y =2y5,
解得 （pCy） = ~y2-
注 本题是非常典型的考查平面第二型曲线积分与路径无关的理论问题，很多考生对第一问这样
处理:由于曲线积分&四嗜晋尹虫的值恒为同一常数，则羿=穿，进而有，＜f &勇¥游 =
J l lx y ox dy J c 2x 十 y
士P（|f 一誉）irdy = 0.这样的证明标准得分为。分,这部分考生显然是连积分与路径无关的基本理论
都没有搞清楚:积分与路径无关0对于任意闭曲线Z,积分§P& + Qdy = 0,而不是对于任意闭曲线Z,积
分^Pdz + Qdv都相等（未必都是0）.
（20）解（I）二次型，的矩阵为
'l—a 1+a O'
A= 1+a l~a 0 .
、0 0 2,
由已知，矩阵A的秩为2,从而
1—a 1+q
\A\ =2 =—8a=0, A -
1+q 1—a
得 a = 0. '
'1 1 O'
（口）当。=0时， A= 1 1 0 ,
0 0 2,
其特征多项式
A-l -1 0
|AE~A|= -1 A-l 0
0 0 A-2
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-132 -2005年
c
«乡:国硕士研究生入学统一考试数学一解析
=（；（一 2）［（M — D2-l]=A(A-2)2,
从而A的特征值为义1 =义2 = 2,人3 =。・
当Ai=A2 = 2时,方程组
1 一1 0、 '心、
-1 1 0 工 ==0
2
.0 0 0, 、时
的基础解系，亦即矩阵A的对应于特征值2的线性无关特征向量为
的基础解系，亦即矩阵A的对应于特征值0的特征向量为晶=(1,一1,0)七
不难验证备，品，&是两两正交的，故只需将它们单位化
C|=-^(l,l,O)T,e2 =(O,O,l)T,e3=-^(l, —1,O)T,
因而正交矩阵
1 1
0
反 瓦
。=(幻，电，。3)= 1 1
0
而
-0 1 0 ，
二次型f在正交变换x=Qy下的标准形为(心,互,工3)= 2" + 2况.
(DI)方程六五,五，工3)=。在正交变换x=Qy下化为2yl+2yl=O,其解为叫=% = 0(协可为任意实
数)，从而
H [°1
X =2 0 =(勺，。2《3)| 0 | =了3。3=左(1,—1,O)T,
。3 J 03 J
其中k为任意实数.即,3,互皿)=0的解为刀=如归=一虹工3=0,其中k为任意实数.
(21)解 因为矩阵A的第一行元素a,b,c不全为零，所以A的秩r(A))l；又因为AB=O,所以
r(A)H-r(B)<3,
且矩阵B的列向量》ji = (l,2,3)T与华=(3,6成尸都是齐次线性方程组Ax=O的解，因而：
当 "9时，小与地线性无关，即r(B)=2,从而r(A) = l,此时Ax=0的通解为
X=CitJi+czt}2,其中Cl ,c2为任意常数；
当互=9时,r(B) = l,矩阵A的秩有两种可能:r(A) = l或"(4) = 2.以下分别进行讨论.
若r(4) = 2,方程组Ax=0的基础解系只包含一个解向量，即为功= (1,2,3)T,所以通解为
X = C3珀，其中C,为任意常数.
若r(A) = l,方程组Ax = O的基础解系应包含两个线性无关的解向量.此时方程组Ax = 0与
"+如+或3=0同解.因为。，们。不鲍等诚礴谀耘尚褓酰绻性无关的解：
-133 -M,」考研数学_____________
o
真题大全解（数学一）>〉>
& = （—6,a,0）T,最=（—c,0,a）T,
于是,方程组Ax=0的通解为x*,=c&+c 其中c,,cs为任意常数.
综上，线性方程组Ax=0的通解为（以下ci心点,c, ,4均为任意常数）:
当 k^9 时,x=ci（1,2,3）t+c2〈3,6,&）t；
当龙=9 时，若 r（A）=2,则通解为 x=C3（1,2,3）t；若 r（A）=l,则通解为 x=q（T>,a,0）T+c5（—c,0,a）T.
（22）（ I ）解当 OVrVl 时 Jx（工）=「° f（x,y）dy=『dy=2Xi
J —oo ' J 0
当工《0或时,_fx（工）=0.
OVhVI ,
故 fx（H）=
0, 其他
当 0）=「/&，'）&= J： &=1—芸
当5<0或时,片（切=0.
1一"，0V/V2,
故 fy（y'）=<
.0, 其他
（□）解法 1 由 Z = 2x — y,得；y = 2z —z,于是 fz（.z~）= f{x,2x-z'）dx，有效区域:
OViVLOVyV 2x<=>0 ViV 1,0V2z — zV 2x<=>0 ViV l,0VzV 2x.
当。V 亏 V 1,即。V zV 2 时,心②=j^/（x,2x —z）ir = '& = 1 —y.
故
lo, 其他.
解法 2 当 zVO 时,Fz（z）=0；
当 0 W2 时,Fz（z）=P{2X—y+ dr dy=z—质
2x-y^z ° 2 2j—
当出2 时,Fz（z） = l.
- 1 一号，0［（1-土）+ =宇（£=1,2,•••/）.
蚌i
（□）因X|,Xz，…,x“相互独立，而独立的两个随机变量协方差等于零.于是有
Cov（Yi,巴）=Cov（Xi一云,X,-云）=Cov（Xi ,X”） 一Cov（Xi,灭）一Cov（X”,灭）+D 京
而 Cov（Xt ,X） = Cov（Xi £X,） = *Cov （Xi, XK） = *DXi =
类似地,Cov（X“辰）=〃％=【,又因为 D^=上,所以有 Cov（y1,Y„）=0-—.
n n n n n n n
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・ 134 •2006年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
土 （1）答应填2.
解
岫11(1+£)=1 血手=
2.
a*0r 1 — COS X I ■! 2
~2X
（2）答应填y=Cze-，（C为任意常数）.
解分离变量，得
两边积分，得
In|、| = In111 —x+Ci,
去掉对数符号，得
|y| = |z|e-x+c* =ec, \x\e-x,
去掉绝对值符号，令士eG =C,得
y=Cxe~x.
由于y=0也是原方程的解，故上式中的C可以为0,于是得通解（C为任意常数）.
（3）答应填2元
解 添曲面％注=1忐+寸＜ 1的上侧，于是
I = jJzdjydz+Zy&dr+mG—Ddrdy
= 0 •zd;ydz+2;ydz&+3(z_])cLzd>
必然.
(4)答应填处
解 由点P6，%,z°)到平面
Ah+
所+Cz+D=0的距离公式，可得
d = I Az。+By。+Czo+D | = 16+4+01 =j2
~ " - — /9+16+25 — .
7A2+B2+C2
(5)答应填2.
解 由题设等式得 B(A-E)=2E，从而 |B(A-E)| = |2E|,即 | B | | A — E | =2? = 4,而 |A — E| =
1 1
=2,所以\B\=2.
-1 1
(6)答应填音.
解 P{max(X,y} y(x0) +，&())Az，Ax 丰 0,
于是 /(xo + zlr) — /(x0)> //(xo)Az>O,Az>O,
即 3 > dy > 0,选(A).
(8) 答应选(C).
解 题中二重积分的积分区域。如图所示，其极坐标下的表示式为
D= ( (r,°) | 0 W ,0V代于),
在直角坐标系下,D= {(z，v))
，故应选(C).
注另一种直角坐标系下的积分次序需分段:
「/(rcos。，厂sin ^)rdr =
7(x,>)dy +
J o J o
⑼答 应选(D).
直接法.由于吏a”收敛，则吏a心收敛，于是S纭坍1收敛，选(D).
解法1
n=l n=l n=l 乙
排除法.取a“ = (—l)i£，Wa,收敛，但吏 也”|发散皿)不成立疙(一 _1_
解法2
■y 71 n=l n=l n=l n=l y/n
发散，(B)不成立；£ =一 S杰1E '因04认为 依Ei > —£,所以习 .! _ .=发散,从而
n=l 〃 + 1 七 /n(n+l)
吏也发散,(C)不成立.所以选(D).
n=l
注 若本题条件改为“设正项级数收敛”，则四个选项都是正确的.
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・ 136 •2006年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
(10)答应选(D).
由已知，点6,%)是，Cz，v)在约束条件w(z,j/)=O下的极值点，故有
I
£ =/1(10，了0)+人/(工0，了0)=0，
dx I
满
=Go , % ) (工0，了0 ) = 0，
+* (py
(。，北)
I3F
点 (Wo)=(p(工。，3o)=O.
由于甲；(了0，了0)关0,故可得
g(5)F(g)簌岩5=0.
将四个选项逐一讨论:若f (血,刘)=0,由上式知，/;(血必)可以为0,也可以不为0,所以选项(A)与
(B)都不是必然的;若工(f。)尹0,则£3),%)一定不为0,故选项(C)错误，应选(D).
(11) 答应选(A).
解 取A=O,则选项(B)与(D)不成立;若矩阵A的秩为1,则选项(C)不成立.所以应选(A).
事实上，因为s ,az,a，线性相关,所以存在一组不全为零的数刈，用，…思,使得
刈。1+处。2+・・・+405=0，
从而有 A以111+%2。2+",+4从)=0,
即 kxAai +k2Aa2 + ••• +4人久=。.
由此可知存在一组不全为零的数虹,她,…仇使上式成立，所以Ao】，恤2，…,线性相关，即选项
(A)是正确的.
注 还可以用秩来判定，厂04。】,Aa2,•-,Aa.t) = r[A(ai ,a2>,,, ,a5)]^r(a1 ,血，•••，*), 若 a}，如，…，。.,
线性相关，则厂(a】cOVs,则 rCAai ,Aa2»e,,，Aa5X5,故此时 Aa^ ,Aa2»,,• »Aas 线性相关，选(A).
(12) 答应选(B).
'1 -1 0'
解 由题设知B=FA,C=Bg,其中初等矩阵。=0 1 0，于是有。=正削2.
0 o L
不难验证PQ=E,即Q=P~i，从而C=PAP 1，所以选项(B)正确.
(13)答应选(C).
解 由于P(A|B)=罕普，而P(A|B) = 1,所以P(AB)=P(B),从而
P(AUB)=P(A)+P(B) — P(AB)=P(A),
故选项(C)正确.
注以下的推理是典型的错误：
由于P(A | B) = l=>BUAnAUB=AnP(AUB) =P(A)，选(C).这是一开始考生很容易犯的一种错误,
要知道由概率一般是推不出事件的关系的，也就是说第一步P(A|B) = 1》BUA是错误的(反之是正确的).
(14)答应选(A).
解由
P{ IX—的 | VI} =P (IX—妲 <1.) ,p{| 丫_用 IVI} =p ( y—涮 ,
''考研电子版网站：www.pdf2book.com ' 定
・ 137 -。
7匕/考研数学____________
真题大全解(数学一)>;
p{ lx—灼 |
vi}>p{
|丫 一妃 vi},
lx-如 v ] ))p
知 P
bl bl ) 如 如)
土* 〜N(0,l),匕圣 〜N(0,l),
而
O\ 如
所以—>-,即内Vs.故选项(A)正确.
bl Oz
注 对于一般的正态分布，往往先标准化，转换为标准正态分布再去处理.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15)解区域D关于z轴对称，]+：%_技为;y的奇函数，所以
•J ]+3+-产如=o,
于是 I=L+J1+严= ”69 dr =y In 2d0 =号 In 2.
o 1 H- r Z
(16)( I )证 由于当 00.
由单调有界准则知limx”存在，记为Q,则.令〃—8,将z”+i=sin %两边取极限，得Q = sin a,易
见a=0是它的唯一解.
. 1
(H)解因为 lim = lim
sm jcw\xj
xn ) 9
n*o-o n-»oo
又由(I )知* 当广 8时％—°,故考虑函数极限
因为
lim—2In s'' ' = In(Id- sm z _ ]
X JT-0 x \ x
等价无穷小丝linA (住一1) =1搭sin z—z
x*O- ' X3
JL 3
等价无穷小替换， 6X 1
— l
I
im ----
x
-；—
6
所以
lim(A)E=eT
从而
L8 \ Xn /
(17)解因为
X J_/2] ______
心=
(l + z)(2 — z) 3 \2 — x 1 +z x_ 1 +z
7
]
又
1 x
2
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• 138 •2006年
°全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
了］.= 22（-i）'z”, I工Ivi,
从而
/（x）=-|- 2 ［* —（―1）'］工",|z|Vl.
（18）（1）证 记由复合函数求导公式，有
. & 丑■> 仙+一 7 U
du
O2 2 U — Z -Z-
凉2〃 （“才+如）了
-2 ,.2 _
由对称性可得 磐=/"（“）w+f 尹，
dy u u
于是 *+^=E+E 土，
从而得所需验证的方程 ，（“）+£®=o. （*）
U
（n）解 降阶法.令f（u）=p,f"（u）=尊，方程（*）成为平+&=（）,分离变量,积分得？=竺
aw aw u u
堂一—G
再由 "I，
积分得，3）=C】ln u+C2（这里不写成In |招的原因是u= vOT7>0）.
再由初始条件/（1）=0,/,（1） = 1得C2=0,Ci = 1,故得
/（u） = ln ”,“>0.
（19）证因为
务亲［―n/Xiw）］
=/（z ,丁）（1 ,丁）+/（z, 了）+1/1 （%, 丁）
=2f（x9y'）+xff1（x,y'）+yf/2（x,y）,
所以，证明本题结论即等价于证明在D内恒有2/&,少+”；怎,少+刃1危,少=0.
在等式两边对t求导，得
令：=1,得
工
f\
（1,少+燃&,少=—2/&,丁）,
即 2，&,少30+刃1&,夕）=。・
命题得证.
（20）（ I ）证 设&是题设所给非齐次线性方程组的三个线性无关的解向量，则
是其对应的齐次线性方程组Ax=0的两个线性无关的解•若令t表示方程组Ax = 0的基础解系所含向量
的个数，则 会2.又由r（A）+^=4得
4—y（A）>2,即厂（A）W2.
1 1
不难看到,在矩阵A中有一个2阶子式 =一1夭0（或矩阵4有两行（列）线性无关），所以
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-139 •北垢考研数学 C
真题大全解(数学一)〉＞〉 °
r(A)22,从而 r(A) = 2.
(口)解 对非齐次线性方程组的增广矩阵A作初等行变换:
4 1 1 1 :-1 1 1 1 —1、
4 = 4 3 5 -1 :-1 —> 0 -1 1 -5 3
:1
a 1 3 b <0 l~a 3_a b—a 1+a,
'1 0 2 —4 2
—► 0 1 -1 5 : -3 =B.
.0 0 4—2a 4g+6— 5 4—2a.
由题设和(I )知,r(A)=r(A)=2,故有
4—2a=0,4a+6—5=0,
从而得a—2,b=—3.
此时有
0 2 —4 2、
B= 0 1 -1 5 -3
、0 0 0 0 0 ,
可得方程组的通解为
2 [ — 2] 4、
-3 1 -5
+叫 +k2
0 1 0
、0 . 、0 - .1 >
其中 5 为任意常数.
(21)解(I)由于A的各行元素之和均为3,所以有
'1 ‘3、 r
1 = 3 =3 1
、L 3 .1,
这表明3是A的一个特征值，向量a3 = (l,l,l)T是4的对应于特征值3的一个特征向量.
又因为Aai=0,4az=0,可写成Aai=0 • ai,Aa2=0 , a?,故0也是A的一个特征值,ai,血是对应于
特征值0的两个线性无关的特征向量，即0是A的二重特征值.
综上,A的特征值为0,0,3,对应于特征值0的全体特征向量为,处为不全为零的任意
常数);对应于特征值3的全体特征向量为k3a^k3为任意非零常数).
(口)为求正交矩阵。,*,处将正交化. '
令 gi=ai = ( —1,2, — 1)t,£z =a2— 1，0,1)t.
再分别将弟，&03单位化，得 同=盘专(一1,2, —1尸，
以A ,02,03为列向量即可构成正交矩阵Q，以对应的特征值0,0,3构成对角矩阵A,即
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• 140 ・2006年
<<<全国硕士份•究生入学统一考试数学一解析
'__1_ __J_ 、
76 72 73
ro .
Q= i 0 i
,A= 0 >
3 J
__1_ ]
.76 72 73.
满足 qtaq=a.
(22-)( I)解法1用分段公式法;
当 OV'Vl 时,
片（少=人（石）• I （石'）'|+fx（—石）, 1（一石）'1
_ 1 1 , 1 1 _ 3
一4 .访+万■访-访；
当
10 知,/(工)单调增加，故
f(&)Vf (&)<•••0 时，推得limun+1 = +oo,选(D).
n*o~°
由以上推导可见，若 u2-M1<0,就推不出0｝的敛散性了.
解法2由，&)>0,知曲线 是凹的，显然，如图(a)所示排除选项(A),其中 心
y = f("
—8(〃f 8)；如图(b)所示排除选项(B),其中“” = /(〃)—0(〃—8)；如图(c)所示排除选项(C),其中
=/(«)-►+oo(n->oo),故应选(D).
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・ 144 -2007年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
（6）答应选（B）.
） ，
解 记
M（xm»^m »N（xn 3/n）,xm<0,^m>0,xn>0,3/n<0,
有
（A） j f（x9y）djc= j cLz=x | =xN—xM>0；
（B） [ f（.x,y）dy= I, dy=y\ =火一为〈0,选（B）.
Jr Jr I %
若再计算下去，有：
（C） f f（x9y）ds=[也=2>0,其中，为「的长度；
M Jr Jr
（D） [ /!&，少&+g&，，）dv= [ d/（x,^）=/（x，3/） I =/（孙,火）一f（ZM，、M）= l —1 = 0.
Jr I（&* ）
（7）答应选（A）.
解 本题考查向量组的线性相关性，是一道简单题.事实上，选项（A）中的3个向量之和一％）+
（。2—口3）+（。3—。1）=0,即这3个向量是线性相关的.至于其他3个向量组是否线性无关,可由以下结论
检验:设向量组A线性无关，则向量组（为,为，…,打）=（仇，夕2，・・・应）4线性无关的充要条件是,
阶矩阵A的行列式⑷尹0.选项（B）,（C）,（D）中的向量组分别有
1 0 1
（。1+口2，。2+口3，<«3+。1）=（<11，。2，。3）110,
、0 1 1,
‘1 0 -2'
（垢一2。2，％—2a3 ,。3一2aD = （ai ,。2，。3）—2 1 0 ,
、0 ~2 1 ,
‘1 0 2'
（。1+2<12，口2+2。3 03+2。1）= （。1，。2，。3）2 10,
0 2 1,
不难算出：
1 0 1 1 0 -2 1 0 2
1 1 0 =2 尹 0, -2 1 0 =—7如 2 1 0 =9 尹 0,
0 1 1 0 -2 1 0 2 1
可知选项（B）,（C）,（D）中的向量组都是线性无关的.事实上，选项（A）中的向量组也有相应的表示:
1 0 -r
（。1一血，口2—口3，。3—垢）=（。1，<12，。3）—1 1 ° ，
' 、0 -1 1 ,
其中
10—1
-1 1 0 =0,
0 -1 1
即向量组ai ~a2 »a2—«3 »«3—«i线性相关，即知选项（A）是正确的.
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• 145 ・令
7 考研数学
真题大全解(数学一)》〉'
(8)答应选(B).
人一2 1 1
解因为 |AE—A| = 1 A-2 1 =A(A—3)2,
1 1 A-2
所以矩阵A的特征值为3,3,0.由此可知矩阵A与B不相似，从而选项(A)和(C)错误.
又因为实对称矩阵A相似且合同于对角矩阵
'3 0 0、
C= 0 3 0 ,
、0 0 0,
而矩阵C显然合同于矩阵B,根据合同关系的传递性知矩阵A合同于B,即选项(B)正确.
(9) 答应选(C).
解设A表示事件“此人第4次射击恰好第2次命中目标，B表示事件“此人前3次射击恰好命中目
标1次”,C表示事件，此人第4次射击命中”，则A=BC,且B与C相互独立，而
P(B)=G》(1 一力)2,p(c)=/>,
故所求概率为 P(A)=P(B)P(C)=3//(1—力已
选项(C)正确.
(10) 答应选(A).
解 由于(x,y)服从二维正态分布，且x与丫不相关，则x与丫相互独立.记(x,y)的概率密度为
六］，少,可得 fg)=fxG)fY。)，
故在Y=y的条件下,X的*(工条件概率密度了乂 3 =倍殍=/%(了)，正确选项为(A).
在X=z的条件下,Y的条件概率密度鬲x31 z)= 笑邛=&3)，这正是选项(B),不能选.显然,
Jxl 工)
选项(C)是(X,Y)的概率密度.
二、填空题：11〜16小题,每小题4分，共24分.
(11)答应填萼.
〕法=一 j：手方(手)=一 J： |d(eb
解
1 -L :Jd(£)
----ex +
x 1
顼
=—+*e+e
】一 2・
(12) 答 应填 yxy~x y - f2. ,
解 宰=夺.譬+登.宰=欢-|£+/12・”.
dx du dx 削 dx ' 八
(13) 答应填Ge3H+Ge，一2e%G,C2为任意常数).
解 齐次微分方程顶'一4/+3】=0的特征方程为
/ —4r+3 = o,
特征根为4=3,皿=1，通解为Y=Ge喝+*,Ge 其中G，G为任意常数.
设微分方程/-4y+3y=2e21的一个特解为、*=Ae% 代入方程得A = — 2,即V = — 2旺是该非齐
次方程的一个特解,所以其通解为
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・146・2007年
°全国硕士研究生入学统一考试数学一解富
>=C1e3j!+C2ei-2e2i（C1,C2 为任意常数）.
（14）答应填抨.
解 曲面2关于乂及平面对称，了为工的奇函数，所以xdS=O,又因$关于工轮换对称，所以
0 5dS=0
传 |dS= |1|dS,
2 一
f 以 d*S= J (im + WI + |zi)dS=+® dS=^1XCS 的表面积),
3
m £ I
而2的表面为8个相同的等边三角形，每* 个等边三角形的边长为 ，所以
2的表面积=8X$X 成yXsin专=4屈
所以§ wids=¥\从而原式=誓,
（15）答应填1.
'0 10 0、 3 '0 0 0 1、
0 0 10 0 0 0 0
解因为出= ，故A，的秩为1.
0 0 0 1 0 0 0 0
.0 0 0 0. .0 0 0 0,
注 计算A3,可以直接由乘法得到，这是最基本的方法，应熟练掌握.此外，也可由矩阵方幕的规律得
r o 1 0 0
0 0 1 0
到:设A= ，则
0 0 0 1
〔0 0 0 o J
nXn
,0 0 1 0・ ・0 0
0 0 - -0 1
0 0 0 1・ ・0 0
•
0 0 - ・0 0
A2 = • • • 必- = : : :
0 0 0 0 - ・0 1
0 0・ . 0 0
0 0 0 0 - -0 0
.0 0 - . 0 0 ‘
、0 0 0 0 - -0 0 .
nXn
应填乎.
(16)答
(1,1)
解 用工和V分别表示随机抽取的两个数，则
0VzV1,00)上,记
h(.jc')=f(x, 4—x2 )=x4 — 5/+8, |招<2,
由//(工)=4抄一10工=0,得心. = 0,Zz = —"^，工3= 函数f^x,y｝在相应点的值为
1_
/(0,2)=A(0)=8,/ I
综上可知函数f(.x,y)在D上的最大值为8,最小值为0.
注(1)有界闭区域上的最值求解分成两步:一是先求内部的可疑点(内部按照无条件极值处理)；二
是求边界线上的可疑点(边界上按条件极值处理一一拉格朗日乘数法).
(2)在边界L2：x2+y =4(^^0)上，本题是把它代入化二元函数问题为一元函数问题处理，当然也
可以直接按照二元函数利用拉格朗日乘数法求解.
了? +寸 V ]
(18)解 取％ 4、'的下侧，由2与疝围成的封闭区域记为。，则
、z = 0
其中,Dz^ + jwi — z,Dz 为一椭圆，jjdr 为其面积.这里 2i _L yOz,Si J_ xOz,则jpxdydz = 0,
jj2;yzdzdz = 0.
(19)证 令甲3)=f3)—g3).由题设/a)与g&)存在相等的最大值，设心e(Q,。)，互e
(a,b),使
/(^!)= max(/(^?)} =g(x2) = max{g(j：)),
xE (a»6) j：e(a,6)
于是 '
(p(ll)) —g(]i )三0 寸&2 ) = f (工2)—g&2 )<0.
若 ^>(xi)=0(或 9&2)=0)，则取“=工1 € (a,b)(相应地取 7/=工(a,b))，有 0,
甲愆2)<0,则由连续函数零点定理知，存在V位于以]】,血为端点的开区间内，使甲3)=0.不论以上哪种
情形,总存在rfC(a,b),使 灼)=0.
再由 、0 1 0 a~l 、0 0 0 (a—l)(a—2)
显然，当(。一1)(。一2)=0,即。=1或。=2时,方程组③的增广矩阵的秩等于其系数矩阵的秩，故该
方程组有解.具体可分两种情况：
当q=1
时，
rl 0 1 : 0'
0 1 0 ： 0
B= :，
0 0 0 >0
、0 0 0 ： 0>
此时方程组③的所有解即方程组①与②的所有公共解为x=^(-i,o,i)Ta为任意常数)；
当q = 2 时,
rl 0 1: —1]
0 1 0 : 1
B=
0 0 1: -1
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-149 ・化
§考研数学_____________ o
真题大全解（数学一）＞〉〉
此时方程组③有唯一解X= （0,1 , — 1 ）T ,这也是方程组①与②的唯一公共解.
（22）解（I）由 4«1=；1血，知
Bai = （A5—4A3 十 E）ai =（彳一4彳 +1 ）a】=—2a】，
因而向量8是B的属于特征值一2的一个特征向量.
因为4的所有特征值分别为A, ,A2,A3,®CB=A5-4A3 +E的所有特征值分别为;一4A； +1G = 1,2,3）,
代入数值后知B的特征值为一2,1,1.
由前面的讨论知8是矩阵B的属于特征值一2的一个特征向量，故B的属于特征值一2的全部特征
向量为妇&（妇为任意非零常数）.
又因矩阵A是实对称矩阵，故B也是实对称矩阵，从而属于B的不同特征值的特征向量相互正交.设
6,如功T是B的属于特征值1的特征向量，则（工,，知*= 握 0,即
X\—了2*3=+0,
解此方程组得其基础解系8 = （1, l,0）T,a3 = （ —1,0,1）T,故矩阵B的属于特征值1的全部特征向量为
k2a2+k3a3,^中k2,k3为不全为零的任意常数.
（口）将B的特征向量ai,a2,a3正交化、单位化后构成正交矩阵Q.令
'1 ' ‘1〕
] _ 1 1 1
-1
、1 . /3 76 ,
于是
r 1 1
后 一席
-2 0 1 -1
1 1
B=Q 1 CT= 一后 1 1 0 1
1J 、一1 1 0
J_ 2_
0
、73 底.
注（1）在第一问中求矩阵B的属于特征值1的特征向量a2,a3时，可以直接取成二者正交,这样就
能避免下面的施密特正交化步骤.由工1 一互+工3 =。，取＜»2 = （ 1,1,0尸，此时再设＜»3 = （了1 ,处，工3尸，且令
x2+x3=0, 「
成。3=0,得11+互=0,联立 可取 03 = （ —1，1，2）T.
X1+X2=O,
（2）第二问也可以直接利用相似对角化求矩阵B.
(23)解(I )P{X>2Y}= J，&,弟&心=「dr 2 (2—x—y')dy= J (z—工之)&=二7
0 2*4
x>2y
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• 150 •2007年
° "<、全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
(II) fz(z)= x)dz,
[2—x—^z—x}» OVzVl ,0Vz—iVl,
其中 r(z,z—z)=
(0, 其他
(2~z, 0o,e>o,
所以 E(我2)>俨,
即E(4灵2)尹俨，因此4X2不是俨的无偏估计量.
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・ 151 -2008年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1) 答应选(B).
解 因为/(^) = 2^1n(2+x2),且ln(2+f)尹0,所以x=0是/(工)的唯一零点,故应选(B).
(2) 答应选(A).
解因为£危，力=再了,£(了，少=扣、，所以£(0,1) = 1,£(0,1)=0,从而
grad=i.
I (0,1)
(3) 答应选(D).
解根据条件，由通解的形式可以看出此微分方程的三个特征根分别为l,2i,—2i,所以它的特征方
程为(r—1)(，+4)=/ —产+ 4/~4 = 0,从而可知该微分方程是少切一)"+4丁一4、=0.即选项(D)是正
确的.
(4) 答应选(B).
解在选项(B)中，因为数列｛%｝单调，考虑到/'&)是单调有界函数，所以数列｛/•&”)｝不仅单调，而
且有界，从而收敛.
(1, 了2。， (一1)" 11 > "为偶数，
若取 /(J7)= x„=-----且/'*,)(=] 工** 这样就排除了选项(A)；
1-1,hVO, n — 【一1,"为奇数，
若取y(j：) = arctan x,x„=n,则能排除选项(C)和(D).
(5) 答应选(C).
解法 1 因为木=O,故 E=E±A3 = (E士A) (E干A+A2),
即分别存在矩阵E-A+A2和E+A+察,使
(E+4) (E—A+察)=E, (E-A) (E+A+A2) =E,
可知E-A与E+A都是可逆的,所以选(C).
解法2设义是4的实特征值，由右=0,得\3=om=O,故&的实特征值只有0,于是E-A的实特
征值是l,E+4的实特征值是1,故二者均可逆.
<
注 解法1是利用定义法，解法2是说明0不是特征值.
(6) 答应选(B).
解本题将线性代数与解析几何的内容有机地结合在一起.欲解此题，首先，要弄清楚所给图形是双
叶双曲面,其标准方程是
其次,在题设条件下，矩阵4的正特征值的个数就是标准方程中正项的个数,即选项(B)是正确的.
(7)答应选(A).
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・152・2008年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
解由X,Y同分布知,Y的分布函数也为FCz).
记Z的分布函数为Fz&),则
Fz&)=P{max{X,Y}Vz}=P{XWz,Y〈z}
与丫 独立 p {x字 ~
=§(P{YVz+l}+P{YWz}+P{YWz-l})
= -^-EFy(z+l)+Fy(Z)+Fy0，LV0.
综上可知max{Ijfe) = I1.
(3) 答应选(D).
解根据题中函数y=fdx)的图形，可知函数
F(x)=£
fWdt在除了x=0,x=2两点外处处可导,
且F'(z)=/(工).由此可知：函数FG)在(-1,0)内单调增力H,在(0,1)内单调减少，在(1⑵内单调增力0,
在(2,3)内恒为常数.由于函数FG)连续，且F(0)=0,所以正确选项只能是(D).
(4) 答应选(C).
解法1直接法.因为级数吏161收敛,所以lim|6|=0.又因为lima” = 0,所以存在N>0,当n>N
n=l i E
时，有从而有0W出Vg.l.利用比较判别法可知S 撕 收敛•
n=l
解法2排除法.取a„ = b„ =仁尹二满足条件,但此时发散，排除(A)；取a„=h=
VW ' n=】 n=l n
。，满足条件，显然(B)和(D)都不正确.
(5)答应选(A).
解由于
如)
(1 0 1
+血,。 +。 ，口 2 2 0
(ai 2 3 3 +«1)=
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• 159 •7匕歹考研数学 C
真题大全解(数学一)〉＞〉 °
按过渡矩阵定义知，应选(A).
(6)答应选(B).
解法1对任一 n阶矩阵C,有C'C=CC' = |C|E,其中C"是C的伴随矩阵.因此可直接用矩阵乘法
验证，排除错误选项.
对选项(A),有
鸟为2阶单位矩阵;
对选项(B),有
E,为4阶单位矩阵；
对选项(C),(D),分别有
/O A\/ O 3A' \_/2AB' O
\B O八2B， O) \ O 3*BA
/O A\/ O 2*A \ /3AB' O
\B。八3*B O / \ O 2BA-
由此知选项(B)正确.
解法2设
1° = Xt\
\B Ol \X3 Xj
分别求出X\,X2，X3X ,因为
O A \ / X] X2 \ / AX4 \ O A I < E2 O
B O八 xj \BX1 BX2) B O| \ O E2
X3
O A
所以BX】=O,AX4 =O,由已知»A,B均可逆，故X】=X4 =O;另一方面，有AX3 =BX2 = E2,其中
B O
A ・ n*
O =( — 1)2X2|a| |b|=6,故得 X3 = 6A—1=6 佃a * —3*A ,X2 = 6 矿 1=6 信=2B・.
( )
解法3 ° *
= _i 2X20|
•㈤=6,则A)可逆，于是
B O \B O/
选(B).
⑺答应选(C).
解 因为 FCr)=0. 3@(z)+0. 7/(专习，
所以
F'(工)=0. 31’(工)+0. 35中'),
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・160・2009年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
则 EX = J xF/(x)dr= J z [o. 3& (z) +0. 358 &
=0. 31 zO'lQdz+O. 35 J 2, (x 力 )
dr.
设 则 j (义勿!)dr=2 J (2iz+l)⑦'(“)d"=2,又 j z&(>r)(£r=0,故
EX=O・ 35X2=0. 7.
(8)答应选(B).
解 FzCz)==P{XY^z}=P{XY^z\Y=O}P{Y=O}+P{XY^z\Y=l}P{Y=l}
) (
=Np{XY>〉
由・ r^sin cxlr
J o
1 1 4
yX2X27tX 亏=膏
注（1）本题结论应当作为一个基本积分公式记住，在第二型曲面积分使用高斯公式后，就可能转化
为这类三重积分.设服Z + J + >2 （l-/>）,
所以由ECX+kS2）=np2知
np-\-knp{l―p）=np2,
解得k=~l.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15）解 £（工,、）=2工（2+/） ,£（了,了）= 2力勺+111、+l.
令“ 解得唯一驻点（0,-）.由于
槌（z,））=0, ' e '
^=/：（0^）=2（2+/）|（0|）=2（2+|）,
B=^（0，£）=4瑚（启）=0，
。=亢（。,土）=3+土）| （房广e,
因此 AC-B2>0.
又因为A>0,所以f（x,y）在驻点（0,土）处取极小值,极小值为/（0,§） = —£.
（16）解曲线与、=z”+i的交点为（0,0）和（1,1）,所围区域的面积
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・ 162 -2009年
°〈〈＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
(了” 一 z* )dz = - --- ・
0
〃十1 〃十Z
Si的求法: (金-
〃+1 n+2) 1^2^ ・+1 4+2
S = S
= lim
21 n+12)==y*
n-^oo
s2的求法: ，=如土-由)=£¥
一
令s&)=吏上尹z'(T则
”=2
S2(j:)=x4- 5? -工”=H —ln(l+z),
纺 n
所以 S2 = S2(l) = l-ln 2.
注本题是一道简单的综合题，将定积分的几何应用与蒂级数相结合,这里对S采用的是定义法(前
n项和取极限)，对&则是借助蒂级数来求解的.
(17)解(I)椭球面S的方程为亨+耳* = 1.
设切点为6必)，则g+g=i在3),》。)处的切线方程为
t十〒t
将*=4, 尸0代入上述切线方程，得切点坐标为(1, 士言)，所以切线方程为
千士专=】，
从而圆锥面S2的方程为
(*一 1)2=^^，即(x-4)z-4y-4z2=0.
O
(□)S1与s之间的立体的体积V=V1-V2，K中V1是一个底面半径为号、高为3的圆锥体体积叫
是椭球体苓+低尹＜1介于平面工=1和工=2之间的部分的体积.
吼=¥成=K &斗，
由于
4、 4
1
V=%-M = 7t.
所以
4 4
(18)证(I)令F(i)=，&)一知三宗(z—。)，则根据题意可知函数F&)在［q,
。］上连续，在
(a,分内可导.
又因为
tv、—“、 f(b)—f(a), _ 、一“、
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・ 163 -7匕/考研数学
P *
真题大全解(数学一)>〉〉 °
F(6)=/(fe)-^(^Z^(a)(6~a)=/(a),
所以由罗尔定理可知，存在 汪(a,b),使得F'(Q=O,即
=0,
故 /(6)-/(a)=/(0(6-a).
(口)根据拉格朗日中值定理，得
lim^(J)~^(0)= limf (Q ,0 W.
因为lin}/Cr)=A,所以故/;(0)存在，且R(0)=A.
x*O*- x*O-
注(1)第二问还可以用洛必达法则来证明：
A<0) = lim—Q——°)= lim/(x) = A.
x*O- + 工 ;*Qr-
(2)本题更一般的结论:设/(x)在点x = x0处连续，且lim/Cr) = A(不),则f J) = A,同时也得
到r(z)在％ = x0处连续的结论.
(19)解 取21J^2+y+^2=e2(0<€>
所以 a—2=0,即 a=2.
qX~6~Xl._4
(22)解(I )P{X=l|Z=0}=P<2初馈“
T1
(n )由题意知X与Y的所有可能取值均为0,1,2.
p(x=0,Y=0)=4x-r=-T«Jp^==0'y=1)=2X4x-i-=4->
0 0' 4 0 0 0
P{X=0,Y=2} = (*y = §,P{X=l,Y=0}=2x + x*=* ，
P{X=l,y=l}=2X= X§=音,P{X=2,Y=0}=(§)，= *,
P(X=l,V=2}=F{X=2,Y=l}=P{X=2,Y=2}=0.
(X,V)的概率分布为
0 1 2
_1_ J_ J_
0
4 3 9
1 1 n
1 T T 0
2 凑 o o
r+oo C4-OO O
（23）解 （I ）EX= x/（x）dz = 义*& "广 = %
J —oo J o A
— — 9 - 9
令X=EX,得X=W，解得；I的矩估计量
人 X
（n）设
11,
了 2，・・・，石3>0,，=1,2,・・・，〃）为样本观测值，则似然函数为
L （心，互，...，％以）=A2"exp（—
In L=2nln A-A Sx« + S 】n xi
i=i j=i
令四捋=李一党务=0,得人的最大似然估计量为帛=言.
aA A Tzf X
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• 166 ,2010年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1) 答应选(C).
解这是“广，，型,直接有iimr _ r =e 魄工［(x-afcrwT ］，而
— 十们」
limr「3----二 工小—1~1= lim "二= a — b,
zo L(z — a)\.x-\~b) 」zo (x — a)(x + 6)
于是削［奁== —选(C).
(2) 答应选(B).
解 在等式F(《,j)=°两端关于丁求偏导，得
在等式F(手,号)=0两端关于'求偏导，得
手刊+手号F；=0, ②
①X/+②Xzy得
所以1 ^+y 即正确选项为(B)・
(3)答应选(D).
解 「71n2(l-x)^ = p、!子(1 一义)& 1 71—(1 — ―)1
" 在 J。 在
当工―0+时，典飞土一/〜拱T = 土,由于对任意正整数m,”都有1 —2<1,故积分
vx X" m - n m
「+ 7比2(1 — Z)4 H/rAfr
-----砂----&收敛；
J。
当 z f 1一 时'" ""£ 与 L a/Iii2 (1 —X)dr 同敛散，且当 x -► I-时，|ln(l — z)|<
土,对 VQ。,当 一时,
| In" (1 — x) | --- --- .
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• 167 •。
7仑/考研数学_____________
真题大全解(数学一)〉〉>
特殊地，取e = >0,有当工->「时，|静(1一了)| <--- --成立，此时 .-----收敛,则
4 (1—x)1 + (1—了)十
71n2(l-x)ir收敛，进而['少咋-工)位收敛(Vm,n).
J 2 VX
于是选(D).
(4)答应选(D).
解设 D= {(工，v)|OVY1，O<3<1}，记心少=(]+云]+"
用直线X=X,=—(t=l,2, — ,n)与=2。= 1,2,・・・,〃)将D分成"2等份，和式
n n
sn sn 1 4 r = S n S n _______ 1_________L =宁 小______n______
(1+而)(1+院) (1 + "L) (1+4) "2 (n + i)(n2+;2)
»=1 71 1=1 ;=1
是函数六了以)在D上的一个二重积分，所以
2 3+，)由+顶2)=JJ(1+工)；1+寸)&如=L&L(1+泰+寸)或
注(1)实际还可以用“配凑法”，直接从题干出发.
_______ 1_______ ]
(】+ + )(】 +》十
=limE £ ] 1 — 1 •— 1
1+^ n n
»=i j=i
n
=JM d+xxi+y)^-
(2)此题结果为奇In 2.
(5) 答应选(A).
解由已知可得 r(4Xmin{m,"} W?n,r(B)Wmin{7n,n}
z dzdj/dz = JdzdjJ 2 2 zdz =
(x2 +y )2]drdj/
D 1 +y D
=习:列;(1一/)岳=奇,
zdxdydz
2_
所以
z— j dzdj/dz 3
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・169・7仅/考研数学
真题大全解(数学一)与〉~~一 _
注 由。的对称性，知形心的横坐标与纵坐标£=§=0.
(13)答应填6.
解对矩阵(ai，a2,a3)作初等行变换，
(1 1 2] 1 2
2 1 1 0 1 3
-1 0 1 0 0 a—6
、O' 2 a •0 0 0 ,
由于此矩阵的秩为2,故a=6.
(14) 答应填2.
解 利用性质吏P{X = &} = 1.因为吏P{Xi} = W£=Ce=l,所以C=e-'.可知随机变量X
*=0 *=0 *=0 R •
服从参数为1的泊松分布.于是E(X2)=DX+(EX)2 = 2.
注由泊松分布的分布律「送=姐=&-以=0,1,2,“・，与本题给出的分布律P{X=k}=^,k =
0,1,2,…比较可以看出题目中的随机变量X服从参数入=1的泊松分布.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 解 对应齐次方程y"-3y+2y=0的特征方程为
r2-3r+2=0,
两个特征根分别为n=l，a = 2,齐次方程的通解为Y=Ge，+Ge%其中G，G为任意常数.
由于n = l是y，，-3y，+2y=o的特征方程的单根，故可设非齐次方程的一个特解形式为
y* =j：(ax+6)ex.
将
y* =x(aj：-}-b)ez:,
(*jy )r — [_ax2 -F (2a+6)x+6]ex ♦
(*y )，,= Cax2 + (4a+Wx+2a+26]ex,
代入原方程解得
q= —
1,5=—2.
故所求通解为
'=丫+/ =Ge，+C2e2，一zCr+2)e，,其中 C19C2 为任意常数.
(16)解 函数的定义域为(一8,+8),由于
2 2
/(x)=x2 J曰 血—J】饨一'血，
f (x) = 2z j e-t dz + 2x3e~x< — 2x3e-x< = 2z J】厂’ dz,
所以/(z)的驻点为i=0,±l.
列表讨论如下：
X (-8,-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (l,+8)
r(z) — 0 + 0 — 0 +
s 极小 极大 极小
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• 170 •2010 年
° <〈<全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
因此,/■（*）的单调增加区间为（一1,0）和（1,+8）；单调减少区间为（一8, — 1）和（0,1）.,（工）的极小
值为 7•（士 1）= P（l-z）e-'dz = 0；极大值为 f（0）=-［：应曲=号（1一手）.
（17）解（I ）当时，因为O〈ln（l+Q<£,所以
0< | In Z | ［ln（l+A］"Vz” | In / | ,
I* | In “ ［ln（l+t）］"ckW ［* tn | In ?|dz（n=l,2,,,e）.
由定积分的性质，得
J o0 J o
0W“”= ［ | In Z | ［ln（l+z）］"dzW ［ | In i | dz.
（口）'由（1）知
J 0 J 0
一" 因为
f Z" | In Z | dz= — [ «"ln tdt=--- T-r ,1 产十1 :+由
。1顽乃)=一币In,
1 0- 'o 〃十 1
所以limf ^|ln i|dz=o.故由夹逼准则知limw„ = 0.
ir-^so.1 0*
注(1)本题第一问用到基本不等式：土 Vln(l + z) 1时，lim&(z)|=+8, 5>“(笠 发散.因此籍级数
n=l
n=i
S 锣旱廿的收敛半径R = 1.
当了=士1时，
n=l n=l "I -
二(—1 \n-l
根据莱布尼茨判别法知此级数收敛.故皋级数二富的收敛域为［一1,口.
设
S（z）= 2
n=l Zn — 1
由于 S'（工）=、8 （一 1）1/1 = n 1 Xn ，且 s（o）= o,所以
n=l
i十]
S（z）=[[甲 2 = arctan x,
J o 1 + 尹
m（—1"
从而 〉」? x2n = = jrarctan z（— 1 V z W 1）.
f,= l " 考研电子版网站：www.pdf2book.com
. 171 .7匕/考研数学 C
真题大全解（数学一）〉〉〉 °
（19）解 椭球面S:x2+y2+z2~yz= 1在点P处的法向量是
n=C2x,2y—z,2z—yy）,
xOy面的法向量是土 = （0,0,1）.
S在点P处的切平面与xOy面垂直的充分必要条件是
n • k=2z—y=Q.
所以点P的轨迹C的方程为
（2z—y=0,
\x2+y2+z^—yz=l9
2z—v=0.
取 D= { (z,y) | x2+-|-3z2^1 J,记曲面 2 的方程为 z=z(x9y) 9(x9y)^：D.
由于
打+圜 （念） 号卜必者严
Ji+（ \A+ '+（
所以
1= |T &+疗）心一2迎.―牛 「地&心=『愆+而）丑皈
V4 + y2+^-4yz I y~2z I 4
又因为 jprdrd> = 0,jJ7^&心=2n,所以
D D
I = jj（x+y3）drd^ = 2k.
D
注 正确写出轨迹方程是后续解题的关键.
（20）解（I ）因为非齐次线性方程组Ax=b有两个不同的解，即解不是唯一的，所以系数行列式
A 1 1
|A| = 0 A —1 0 =（人一1）2（义+1）=0,
1 1 A
解得义=一1或1（二重）.
当人=1时，方程组的增广矩阵
‘1 1 1 "、 111:1'
(A ： ft) = 0 0 0 ： 1 —A 0 0 0 ： 1
■ 0 2 0 -1 =B.
L 1 1 -1 1. 的通解为
>
工其中k为任意常数.
注 对克拉默法则要理解清楚，若|A|尹0,则Ax=b有唯一解;若|A|=0,则没有唯一解，此时
方程组可能无解,也可能有无穷多解.
（21）（ I ）解 因为二次型xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为斯+展，所以其系数1,1,0就是矩阵
A的特征值，即
1
Q'AQ=Q^AQ= 1 ,
0.
且矩阵Q的第3列就是属于特征值0的特征向量.
设（五口八他尸为A的属于特征值1的特征向量.由于实对称矩阵属于不同特征值的特征向量是正交
的，故有
， （ ， ， ）
即幻+心=0,解得& =（夸,0,—孝）t & = o i o t即为属于特征值1的两个正交单位特征向量.以
&思分别为。的第1,2列（或第2,1列）得到
，42 匝 也 721
0 0
2 ~2 2 2
0 1 0 或 1 0 0
也 也
0 0
2 T 2 2
1 '
并有 1
0.
从而得
1 1 0 -1'
1 QT=j-
A=Q 0 2 0
、 0, <-1 0 1 ,
（□）证法1因A的特征值为1,1,0,所以矩阵A+E的特征值为2,2,1；又A+E为实对称矩阵，故
A+E是正定矩阵（实对称矩阵正定的一个充要条件是其所有特征值均为正数）.
证法 2 分别计算 A+E 的顺序±?^：4i=J->0,^2 ==3>p,Z\s =4>0,ft A+E 正定.
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・ 173 -7匕/考研数学
真题大全解(数学一)＞〉〉—- °
(22)解 因 fx(G = j 二六了，少心=Aj[eN'+5J dy
=A RL , — 8VzV+ oo,
1= | y*x&)& =
所以 a e-x dr = Am
故A—
当 (—oo,+oo)时，
_Le~2x+2ay-y
/m(>lz)=窍另= —弋e-s舟，_8V)V+8.
' 苻'" "
(23)解记 px = \-e,p2=e-01 ,p3=02.由于 N〜B(”m)，i=l，2,3,故
ENi=npi9
于是
ET=a1EN1 +a2EN2
+Q3EN3
=〃［
gi (1
—O')
+<22
(。一 俨)+向俨］.
为使T是。的无偏估计量，必有
〃［弓1(1—。)+口2(。—俨)十勾俨］=。，
因此
钓=0,口2—心1=1，弓3—弓2=°，
n
由此得 a1=O,a2=a3 = ^-.
由于 N1+N2+N3=n,故
T=—(N2+N3)=—(n-N!)= l-—.
n n n
注意到N】〜故
nT_ 1 dn _〃(i—e)e_(i—°)。
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• 174 •2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1)答应选(C).
解法1因为1=3是方程v=(z—l)Gr—2)2(z—3)3(]—4)4=0的3重根,所以它是方程/=0的
单根，从而函数j/=(x-l)a-2)2(x-3)3(x-4)4的二阶导数在点1 = 3的两侧附近改变正负号，故点
(3,0)是曲线;y=(z—l)Cr—2)2(z—3)3&—4T 的拐点.
解法2 设' =(X —a)ng(x),其中g(a) 0,g(x)在]=Q处〃阶可导，则
y(a) = y\a)=…=JDJ) = 0,且 yM (a)尹 0,
于是 y = (z —3)3(z — l)(i — 2尸(《r —4尸=(x— 3)3g(x) >
显然g(3)尹0,且g(x)三阶可导，故/⑶=火3) = 0,且;y"⑶ 尹0,故选(C).
⑵答应选(C).
解 因为数列｛a”｝单调减少，且lima, = 0,所以a” > 0,由莱布尼茨判别法知，交错级数£ (一 1) "a.收
n-1
敛,即幕级数吏a,(z - 1*) 在工=0处收敛,则原级数收敛半径R >| 0 — 1 I = 1.又因为& =史a& =
n=l A=1
1,2,-)无界，所以蓦级数在z = 2处发散，即R<| 2-1 | = 1.故R = 1.
n=l
综上可知,蒂级数Sa„(x-D"的收敛域为[0,2),应选(C).
«■=!
注 由于蓦级数吏a“(z—1)”的收敛中心是x0 = l,则显然排除(A)和(B).(因为蓦级数的收敛区间
n—1
是关于中心点对称的)
(3) 答应选(A).
解 由 z=f｛x')\n f(y),得
d2Z £〃，、i 了( 、 d2Z f (―)
d2z_ ""3)六y) —
歹—吏) [/•(,)了 •
在点(0,0)处，由于
A=^\ =/z,(0)ln /(0),B=^| =0,C=|^l =y"(0),
9rz I(o,o) 3xdy \ (0,0> dy I(o,o)
因此当 /(0)>l 且 y"(0)>0 时，有 AC-B2 = Eyff(0)?ln /(0)>0,A=/,/(0)ln /(0)>0,即此时函数
z-/(x)ln /Xv)在点(0,0)处取得极小值•同理，由上述计算知选项(B),(C)和(D)都不满足,故应选(A).
(4) 答应选(B).
解对于0 V z V奇,0 < sin x < cos工< 1 V cot z =嚣｝，且In工在(0, +°°)内单调增加，于是
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• 175 -亨
花 考研数学 C
真题大全解(数学一)〉” ! °
「奇 「奇 「奇
有 In(sin z) V ln(cos jt) V ln(cot z) ,z £ (°，号)，则J ln(sin Qdr V J ln(cos x)dz< j ln(cot x)dz(
所以选(B).
注 虽然r= Fln(sinZ)&与J =「ln(cotQic是两个反常积分，但本题并不需要考生判断其敛散
J 0 J 0
性,因此反常积分敛散性的判断并不是本题的考点.
(5) 答应选(D).
解 由题设条件知，矩阵正是与题中所给初等变换相对应的初等矩阵.根据初等矩阵的性
质，有B=APi和E=RB,从而£=?2居1，即4=P/P「i.而P】=Pz，故有4 = RP「，即选项(D)是
正确的.
另一方面，由于对矩阵A作一次初等行(列)变换，相当于矩阵4左(右)乘相应的初等矩阵，因此由题
意知选项(A), (B)是错误的;而F「尹R ,故选项(C)也是错误的.
注本题考查矩阵的初等变换与初等矩阵.对于初等变换要会用初等矩阵来描述.
(6) 答应选(D).
解 因为齐次线性方程组4x=0的基础解系只包含1个向量(1,0,1,0尸,所以矩阵4的秩r(A) =
4一 1 = 3.4的伴随矩阵的秩r(A-)是由r(A)确定的，它们之间的关系为
n, r(A)=w,
r(A, ) =< 1, r(A)=n—1,
、0, r(AXn—1,
于是r(A，) = 1,从而方程组A，x=0的基础解系包含4-r(A-) = 4 一 1 = 3个解向量.由此，选项(A),(B)
被排除.
又因为A*4=|A|E 及|A|=0,故矩阵4的列向量ai，a2,a3，a<都是方程组A* x = 0的解.由
r(A)=3,可知向量组s，a2，a3，a,的秩也为3,则其中3个线性无关的向量即为A*x=0 的一个基础解系.
因向量(l,0,l,0)T是Ax=0的解，故
即ai+a3=0,则ai = —a3-由此可知a2,a3,a'(或ai,a2,a4)线性无关，是A,x=0的一个基础解系，选项
(D)是正确的.
也可利用排除法求解.求出HA- ) = 1,排除选项(A) ,(B)；由ai+a3=0,即a】,a3线性相关，排除选项云
(C, ) 只能选(D). -
注 皿,侥，…,a,是A„x^=0的基础解系包含着四层含义：
(Daj ,a2,--,as 是AmX^c=O 的解；(2)ai ,a2, — ,as 线性无关；(3)A„xnx=0 的任意一个解都可由 a”
a”…，a,线性表出;(4)s=n—r(A).
-(7)答应选(D).
解 对选项(D)可验证其满足概率密度的性质[二/(x)dz=l,而其他选项无法验证，可排除.事实上
f+oo I +°°
E/(])&= [/'i(〉〉
x=cos t,
{
3；=sin t, (0<1<2冗)，
z=cos i+sin t
则
cos t • (cos r+sin t) • ( —sin t)+cos t • cos t~\-- sin2Z • (— sin i+cos t)]di
■2n ，2n 1 + cos 2t i
cos2^dz= --- 2--- di=7t.
o
解法3 记S是平面z=x+y的上侧位于柱面®+J = l内的部分，则S在皿平面上的投影为
D= {(W)| zfy 1},平面z=x+y向上的单位法向量为(W，一会房).
根据斯托克斯公式，得
1 1
)•rzdz+zdv+^dz = 3 d_ as
云 dy
xz X
(1—x—dx^y=Tz,
(13)答应填1.
解 因为方程x2+3y2 + z2 + 2axy+2xz+2yz=4与"+ 4好=4的左端都是二次型，且y\ +4zf是
x2+3^2 + +2axy+2xz~\~2yz的标准形，所以后者的秩也是2,从而
1 a 1
0= a 3 1 = -(a-l)2,
1 1 1
解得a=l.
注本题是以空间解析几何中二次曲面的形式给出的线性代数题，考查的是将二次型化为标准形的
内容,是一道比较简单的综合题.
(14)答应填 ”(/+/).
解因为(X,Y)月艮从正态分布Ng；，，决;°)，所以X与Y相互独立.又
EX=EY=/z,E(y2)=Dy+(Ey)2=ff2+/,
所以 E(XY2)=EX • E1Y2)=//(0,即电>1时,在区间(0, JF7!)内,/(x)>0,/(x)单调增加;在区间(^/^项,+8)内,
/(^)<0,/(x)单调减少.所以六局了)是六了)在(0,+8)内的最大值，从而/(7^)>/(0)=0.
又因为
lim /(x) = lim z (些些蛙
X-*+°o J-*+oo \
JC '
所以由连续函数的零点定理，存在S6 (后1,+8),使得/(0=0.
由六工)是奇函数及其单调性可知:当4>1时，方程f3)= 0有三个不同的实根
i= —&z=0,z=&£€ (以一],+oo).
解法 2 ^arctan %—1=00龙=------(]尹0)・
arctan x
令了愆)=*二择 由于，&)是偶函数，只考虑z>0即可•由
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• 179 ・花*考研数学
P * o
真题大全解(数学一)与
arctan z— X 二
r（x）=—— -4^
arctan x
令 g(z) = arctan z— ，当 z>0 时，
,(、= ] _ ]+了2—z . 2z __ 2〃 、n
8 一(i+打R
故当工>0时，g(G为单调增加函数，g(x)>g(0)= 0,从而7(^)>0,则(工)为单调增加函数，且
lim/(j：) = l, lim /Xz) = +8.当一8<工<0 时，/"(了)单调减少，且 当 0l.
所以当&>1时，在一oo0).对任意正整数n,根据拉格朗日中值定理，得
Inf 1+— ) =ln(l+") — In n—-y-,
\ n f E
其中〃VK〃+1,所以
寿 0),则
F“) = l-j^>0&>0),
即当工>0时,FG)单调增加.又F(0)=0,所以F(工)>0(z>0),从而
F仔)>0,即 ln(l+§)〈土
)，
再令 G(x) = ln(l+x)-T^(x^0),则
G'(z)=7tX?>0G>0
即当 了>0 时,GCr)单调增加.
k~VX ^\.~vx)
又 G(0) = 0,所以 GIQXXzX))，从而 G*)(>0, 即〃]]1 时，5—<1“ =寿一111(1+土)<0,
a„ =H-- + …--§—In 〃>ln(l + l)+ln( 1 -- )+..・ + ln(l -- )—In n
= ln(l+〃)一In 72>0,
故数列｛劣｝单调减少且有下界，所以修”｝收敛.
证法2因为％=4+切«_1业+ 土)]，且+in(l+ + )〜去3-8),又四斗=0,级
数£ A收敛，所以数列｛%｝收敛.
”=1 〃
注(1)本题第一问就是典型的考查不等式证明，我们给出两种不同的解答，都是证明不等式的常用
方法，其中证法2是后面证明不等式最常用的一种方法;证法1是利用中值定理,对中值S放缩.
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-180 ・2011 年
°全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
（2）实际上本题的一般形式早在1999年数学二的试卷中就已经考查过,2011年这道考题就是在此考
题的基础上取 S = +构造出来的.当年数学二的考题:
设八r）是区间［0,+8）上单调减少且非负的连续函数,a” =史/Q） — 1,2,…）,证
*=1 J1
明数列｛心｝的极限存在.
（19）解 因为六1,少=0/&,1）=0,所以
> f（1，少=0，工&，1）= 0,
I = JJzy/X&a&dj/H Jo Jo y/Z(z，W)d;y
一K从而
D 〜0
=仆 yfx^^y') | — \ 工(z’jOdjy] ,i p
dr =— dy
I yy==Q0 Jo J 0 J 0
Ix=l fl ]dy = L dy Jo 八3)&=。.
=_
I x=0 J 0
(20)解 （I ）因为4个3维向量A"02，“3,a,«=1,2,3）是线性相关的，所以，若p1,p2,p3线性无关，则
a,（£=1,2,3）可由。1，02，氏线性表示，与题设矛盾.于是同,p2,p3线性相关，从而行列式
1 1 3
\fli I = 12 4 =a—5=0,
13a
即 q=5.
（口）将"，氏用。1，。203线性表示，即解3个非齐次线性方程组:勾0］+血血+心。3=/1（，=1，2,3）.
由于3个线性方程组的系数矩阵是相同的，因此令4=（休,％，。3 0】，位，看）,并对A作初等行变换
‘1 0 1 1 1 3、 1 0 1 : 1 1 3
A = 0 1 3 1 2 4 ―> 0 3 : 1 2 4
、1 1 5 1 3 5, 0 4 : 0 2 2.
n 0 1 1 1 3 '1 0 0 ： 2 1 5、
—► 0 1 3 1 2 4 ——► 0 10 4 2 10
<0 0 1 -1 0 -2 0 0 1 : -1 0 —2,
由此可得
Pi = 2% + 4a2 一 员，»2 =。1 + 2阪，怯=5。1 +10a2 — 2a3 •
（21）解（I）由于3阶实对称矩阵A的秩为2,因此0是A的一个特征值.
，所以一1是A的一个特
‘1、
征值,其对应的全部特征向量为幻0 以］为任意非零常数）；1也是A的一个特征值，其对应的全部特
—L
征向量为k2 Ck2为任意非零常数）.
设A的对应于特征值。的特征向考诂港子版网站：心赤".渤由应『不同特征值的时佝卅是IE
-181 ・。
、,考研数学
M
真题大全解（数学一）〉＞〉
交的，知
11、 工1、
(1,0, — 1) 互 =0, (1,0,1)
口3, 口3,
，了1=0,
X1 —工 3 = 0,
即 解得V 了2=知，
了1+心=0,
-x3=0,
于是对应于特征值0的全部特征向量为k3 （么为任意非零常数）.
] ]
o f 、
42 72 r-i o o
（口）令。=0 0 1，则 Q XAQ=Q[AQ= 0 1 0 ,故
A I 0 。0,
jl
1 1 ” 1
J妨0 0 一访
-1 0 O' 1 o 0、 0 0 1
eT=
A =Q 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0
0
.0 0 0. 1 1 n .0 0 0, 11 0 0
E用°i
0 1 0
'1 1 0
注也可令P= 0 0 1 ，则
、一 1 1 0
1 r
r-i 0 0 1 1 °] 0 O' T 0 T r0 0
A=P 0 1 0 pT = 0 0 0 1 0 1 i = 0 0 0
0
~2 y
.o 0 0. 、一 1 1 0> 0 0 0, u 0 0.
0 1 0
(22)解(I)由 P{X2=Y2} = 1 得 P(XVY2}=0,所以
p{x=o,y=-i）=p（x=o,y=i}=p（x=i,y=o}==o.
再利用x,y的边缘概率分布即得 （x,y） 的概率分布为
（R）Z=XY的可能取值为一1,0,1,由（x,y）的概率分布可得z=xy的概率分布为
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・182・2011 年
«＜全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
Z -1 0 1
P
r
T T T
（in）由x,y,z的概率分布计算可得
. E*DXX==-|,
9
£T=0,Dy=y,
EZ=E（XY） = 0,
所以
Cov（x,y）=o,pxy =o.
（23）（1）解 设刀,了2，…，右为样本观测值，则似然函数
（
L（t2）
= （2穴/）" . exp{—济"3 —内尸},
In L（（r2） = —■ ln（27t/）—/ 2（论―加）2,
令典泸=。,得 _点+去
从而得身的最大似然估计
s（X,—外），
n 1-1
（U）解法1由于 乎■=，* "
（Xl伽）2〜％2（〃），
因此 E（；2）=— - n=a2,D（；2）=4 • 2处="・
n nr n
（
解法 2 E（；2）=- S
E［ Xl“°）2］=
入
n t-i
；
D（m）=# S
D［（X _“°）2］=4d［（X,_
内）叮
=4 {E［（斗）'］-膏［（▽）［"其中字〜N（。，】））
="
n *
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1832012年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1)答应选(C).
解因为尸金 z(:c+l)
，所以
&—l)(z+l)
蛆'尸瓯(二质君4)=四我=8,
故z=i是曲线的铅直渐近线，且是唯一的铅直渐近线.
因为\imy= = lim---- =1,所以y=l是曲线3z=^2~~f的一条水平渐近线.
综上可知，曲线有2条渐近线.
(2)答应选(A).
解法1利用导数的定义，有
刀八、r .3一/(0) (eJ-l)(e2i-2)-(e"I-/!)-0
f (0) = hm-----匕----=lim---------------------------
I x—0 z x
= lim-----・ lim[(e2x—2) — (enr—n)] = ( —1) !.
a*0- 3C t-»0
解法 2 记 g(z) = (e2j — 2)・・・(e& — n)，则 /(x) = (ex — l)g(z),于是
f (i) = exg(x') + (ex — l)g'(z),
则/(0) =g(0) = (-l)i(〃一1)!,选(A).
(3)答应选(B).
解 直接法.因为函数f(x,y)在点(0,0)处连续，若极限蜡学于存在，则/(O,O)=Um/(x,>)=0,考查一
浮当•焉
极限
存在,又由于lim厂%•亏=+8,故必有
］讪』(工，少二r(箜°)
=0,
K y/x^+y1
所以函数/*,>•)( 在点(0,0)可微，且工(0,0)=石(0,0)=0.
排除法.对于(A),取函数y(z，v)= I 了 | + I vl，满足题设条件，但/(x,>)= I x | + | vl在点(0,0)不可
微(点(0,0)的偏导数不存在). “开土 一「…
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-184 -2012 年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
对于(C),(D),取函数/(X,^) = 1,满足题设条件，但 既|打¥|、|和四盘岩都不存在・
(4)答应选(D).
e>sin jcdz»I3= f ex?sin xdjc 两两进行比较.
解 对定积分L= ex sin ^dr,I2 =
J 0 0 J 0
匕一L = | e'sin 因为在(71,2工)内 e'sin 7<0,所以匕一LVO,即 LVL.
L-*】 I* e'sinzdz，因为在(2穴,3兀)内 e'sinzX),所以 LVL.
2=
J 2n
I3~h = J e，sin zdr J e(z,t+r) sm tdt
=fo e(2x+°2 sin 血 + j e(2"+舟 sin 应(第 2 个积分中令 Z= — u)
=f e(2n+t)2 sin Zck~ I* e<2K-M)2 sin udu= f* [e<2"+M)J — e(2x-M>l ]sin udu>0,
Jo J o J o
故 L>L.
综上，有&VLVL，故选(D).
注 以上是用解析的方法得出选(D)的结论.其实本题也可以这样做:先画出、=eJ及了=药11工在
[0,3k]
上的草图，即可得到函数y=/sinz图形的大致形状，然后结合定积分的几何意义即可判断出
】 】 】
2< 1 V 3.
(5)答应选(C).
解首先，当弓=1时,行列式
lai ,a2,a31 = —1, |a),a2 >a< I = 1»
此时向量组a, ,a2 03与a, ,a2 ,a,都线性无关,即选项(A)与(B)排除.
其次，当c2=0,c3=c4 = l时,行列式1 ,a41 =—2,即此时向量组a2,a3 ,a4也是线性无关的，选项
803
(D)也排除，故选(C).
事实上，当企=0时，由于始为零向量，故a,,a3,a4线性相关;当马尹0时，有
(C3 +q )ai — $ (a3 +a<)=0,
所以对任意的常数c“c3，c,而言,ai，a3，a,都是线性相关的.这证明了应该选(C).
注 也可以考查行列式Ia"a3，a<|是否为零.
(6)答应选(B).
1 0 0'
解法1由题设P AP= 0 1 0知，矩阵A是可相似对角化的矩阵,因而其相似变换矩阵P的列
、0 0 2,
向量ai，a2,a3是A的分别属于特征值
Ai = 1,A2 = 1,A3 = 2
的特征向量.由于
Ai=A2 = 1
是A的2重特征值,
因此ai+a2仍是A的属于特征值1的特征向量，即A(a)+aQ = l , (ai +a2)，从而有
‘1 0 O'
QT'AQ= 0 10.
.0 0 2.
应选(B).
解法2因为矩阵Q是对矩阵P作匍电琳初箫列瓣南即将旧的第2列加到第1列上得到的,所以有
• 185 •。
7
仑垢考研数学
真题大全解(数学一)〉〉〉
ri o 01
Q=P 1 1 0
10 0 U
从而有
1 0 0、 -1 1 0 0 1 0 0 1 0 0' '1 0 0' 1 0 0'
Q-}aq = 1 1 0 P'AP 1 1 0 = -1 1 0 0 1 0 1 1 0 = 0 1 0
、o o L .0 0 1. .0 0 1. 0 0 2, 、0 0 1. 0 0 2,
即选项(B)是正确的.
(7)答应选(A).
解 由已知得,X与丫的概率密度分别为
厂，z>0, 4广"，y>0,
fx&)= 甘® fy(~yy —
0, 其他， 0, 其他,
又X与Y相互独立，所以X与丫的联合概率密度为
4e—, x>0,y>0,
f(jc,y)=fx(x)fY(y)=
0, 其他，
故
F{X V Y} = f(.x9y)djcdy =4 e-xdx j I*
•r.
解法 2 将 _f"G)+r(z)=2e，代入方程/，,(x)+/(x)-2/(x)=0,得
/a)-3/(x) = -2eI.
此一阶非齐次线性微分方程的通解为
/(x) = e3i[^C +J (―2ex)e-3j:cLr^ = ex+Ce3l)
将 /&)=e，+Ce3、,，〃&) =e，+9Ce"代入方程 f"(工)+/(z) = 2eL 得
2eI+10Ce3x=2ex,
所以C=o,故r(z) = e，.
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1862012 年
°〈〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
(io)答应填号.
C2 ______ 「
2 _________________ z — ] = sin t ff
解法 1 J xV2x—x2 dr = J — (j?— I)2 dr J (1 + sin Qcos t • cos tdt
jc\/\
=2 cos2tdt + 0 = 2.亏•寺=寺・
J o Z Z Z
解法 2 [ xV2x—oc2 dz = f nJI —(z—1)2 dr
t J
0 J o
=f &—1)J1 — &—1)2 &+ f \/1~(x—I)2 dr
J o
J o
1 x 1 J d/+ j* Vl~t2ck
=0+—=—
2 2-
(11) 答应填 i+j+k.
解令/'(3,2)=巧+子，则要=3；,器=工_亨，¥=十，所以
堂| =1,纠 =i,纠
a工 9 3z
I (2,1,1) I (2,1,1) I (2,1,1)
故 grad(j?j>+—) =i+j+&.
\ y f I (2,1,1)
(12) 答应填令.
解 记。={(1,少|z+yWl,z20,：y20}，贝I
JJj/2ds=JJj/2 • y3dzdj/=y3 £ yydz=y3 £y（i—j/）d^=y|.
2 D
（13）答应填2.
解 令B=aaT,a是3维单位列向量,BT=B,则B是秩为1的实对称矩阵，故B能相似对角化,B的
特征值是aTa,0,0,即1,0,0,则E—a/=E—B也可相似对角化且特征值是0,1,1.于是r（E~aaT） = 2.
注（1）秩为1的"阶方阵特征值是£七（迹）,03— 1重）.
（2） 能相似对角化的矩阵的秩等于其非零特征值的个数（考虑重数）.
（3） 对于填空题，当然还可以取一个具体的a去求解，如取a=
（14）答应填乎.
解 因为A与C互不相容，所以P（AC） = 0.又ABCUAC,所以P（ABC） = 0,故
Pz 4 可户、_P(ABC) P(AB) — P(ABC) 1/2 2
P(AB|C)-—i-p(c) i^HTs I
注 AC=0,则 ABC=0B=0，同样得到 P（ABC）=0.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15）证法 1 记 f{x'）=x\n ；-±f + cos rr—1 —号~（ —1〉> °
f (x) = ln 匕)一sin x^ln ^+乂+危―sin x)^09
1—X 1~X 1—X
因为 /(0)=0,所以 r(］)20(0〈iVl)・
由于f(i)为偶函数，所以/(x»O(-l2>0,从而fG)单调增加.
又因为f (0)=0,所以当一IVhVO时,/(x)<0；当OVhVI时,/(工)>0.故/X0)是在区间
(-1,1)内的最小值.因为f (0)=0,所以
，&)2。( —IVzVl),即 xln ■ 1 \ _ -4- t +cos ^>1+方 T2 (一1V1V1).
' 1 JC u
(16)解由 f(x,y')=xe~~i2L 4#
”曾)=(1 -工2) e-净，如邪)=一巧厂半，
在点(1,0)处，由于AC-B2=->0,A=-^<0,因此六1,0)=丰为六了,少的极大值;在点(一 1,0)处，
e ve Ve
由于AC —BZ = 2>0,A=£>0,因此六一1,0) =—£为，(z,少的极小值.
e Ve Ve
注二元函数求无条件极值,做法是先用必要条件找出可能的极值点，再用充分判别法去判定,这里
有一定的运算量.不论是显函数还是隐函数求二元函数无条件极值，这都是基本要求，读者工定要熟练
掌握.
(17)解法I “&)=屿涪坦斜畀| =〃，
Z〃十DO I Un\X) I
当X2<1,即|招VI时，原级数收敛，当/>1,即I招>1时,原级数发散.
所以蓦级数£ ”择朴"的收敛半径火=1(注意该蒂级数是缺项麝级数).
又因为当x=±l时，级数S 技才%+3发散，所以幕级数£ 叱控土跆的收敛域为(-1,1).
匕“」, 乙
__n -L n=0 7Z I -L
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°〈〈<全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
记 S(x) = S 4寸咎 ±.3〃” (一 1 V H v 1),则
”=o 血十
OO 8 [
SCr)=、(2”+1)# + 2、次*”•
”=0 n=0 血十 1
由于
£(2如+1)了2”= (£工心)，=(j-^2)=(:二)§(-1 V* V 1)，
=手 £ r=?dz=Aln 芒f(ov I 招 vi),
且S(0) = 3,所以
jjfl-? _|__ In : 士" 9 0V | x | V],
S(x)=J(l-x2)2 x 1-x 1 1
、3, x=0.
解法2求收敛域同解法1.
记SG) = S 蝴坐吉以”(一 1 V z V 1),则
仁 2〃 + 1
S(x) = 钮诂卒｝ 3〃* =手J [2(4必 +4n + 3)舟]dz(0V | x | <1).
S 3x2" = 3 2( I ] I VI),
因为
£心” =2了(#2”)，= 2i(W^)'=(]七密(成 VI),
月物"”=工(月2必”)=工住(史/”)[
”=1
n=l
=+(昌)']=[吝打=埠学(国<1),
所以
S(x)=— p 3+2/+3,、= 1+/ ^ln|±f(0<|x|
由此知系数矩阵A的秩r(A) = 3,增广矩阵的秩r(A ")=4,二者不相等，故当a=l时,方程组Ax=p
无解.
当— 1时,
1 -1 0 0 1 rl -1 0 0 1 )
0 1 -1 0 -1 0 1 -1 0 -1
0 0 1 —1 0 0 0 1 -1 0
、一 1 0 0 1 0 . .0 -1 0 1 1 ,
rl -1 0 0 1
0 1 -1 0 -1
0 0 1 -1 0
、0 0 0 0 0 ‘
由此知r(A)=r(A ：夕)亍3V4,故当a=-l时,方程组Ax=fl有无穷多解.
Xi-x2 = l» 而―血=0,
为求Ax = fi的通解，只需解方程组 <互一了3 = — 1，其对应的齐次方程组为〈互一五=0,即e=Z2 =
lx3~x4=0, J—了 。，
4=
而=0，故基础解系为(1,1,L1)T.不难求得非齐次方程组的一个特解为(0,—1,0,0)丁,从而得通解为
其中k为任意常数.
解法2 直接对含参数a的增广矩阵(A ；饥作初等行变换:
4 a 0 0 1 rl a 0 0 1 )
0 1 a 0 -1 0 1 a 0 -1
(A ：/>) = —►
0 0 1 a 0 0 0 1 a 0
a 0 0 1 0 .0 T 0 1 —a，
rl a 0 0 : 1 rl a 0 0 1
0 1 a 0 -1 0 1 a 0 -1
0 0 1 a 0 0 0 1 a 0
、0 0 a3 1 i —a—a2 0 0 0 1-a4 —a—a2，
由于当且仅当r(A) = r(A | fl)<4时,方程组Ax=fl有无穷多解，故有1一廿=0且一a~a2 = 0,得
a=-l,即a= — 1时,方程组Ax=fi有无穷多解.
通解求解过程同解法1.
((211) )解法1对A作初等行
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・191・。
，考研数学
*真题大全解（数学一）〉＞
1 0 1 ] rl 0 1 0 1
0 1 1 0 1 1 0 1 1
A =
-1 0 a 0 0 a+1 0 0 a+1
、0 a -1> 、0 0 -a-1 <0 0 0 ,
因为 2=r(ATA)=r(A)，所以 a=~l.
2 0 1—a
解法2 ATA= 0 1+a2 1—a
1—a 3+a2,
由已知r(ATA) = 2,故
2 0 \—a
|ATA| = 0 1+a2 \—a =(a+1)2 (3+a2 )=0,
1—a 1—a 3+a2
从而得a=-l.
2 0 2'
（口）解 由（I）知 a=-l,得 ATA- 0 2 2
.2 2 4,
故矩阵4丁4的特征多项式为
A~2 0 -2
Iae-ata| = 0 A~2 -2 =A(A—2)(A~6),
-2 -2 A-4
故A"的特征值为义1=2,义2=6,捕=0.
当Ai=2时，解方程组
.—2xi一2x2—2女=°，
'1 1 （ 1 '
得相应的特征向量一 1，单位化后为负=,-1 ;
.0 I 0 .
当；U=6时，解方程组
r4xi—2x3=0,
5 城―2j：3=。，
I — 2xi — 2x2+2z 3=。，
得相应的特征向量单位化后为如=会jlj;
当;（3=0时，解方程组
— 2x\_2x3=0,
y —2jc2
一2x3 =0,
、一2x\— 2x2—4x3=0,
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-192 •2012 年
«〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
1 1 '
，单位化后为T
得相应的特征向量 1 1
、一 L 、一 1,
于是得到正交矩阵
r 1 1 1
• G= i i •
= A A
I 76 ysJ
在正交变换x=Qy下，二次型的标准形为f^2y[+6yl.
（22）（ I）解 P{x=2y}=p{x=o,y=o}+P{x=2,y=i}=号.
（n）解法1由（x,y）的概率分布可得,x,y,x
y
的概率分布分别为
X 0 1 2 Y 0 1 2 xy 0 1 4
_1_ J_ ,1_ 7_ 1
P P p
~2 T ~6 ~3 T 12 ~3 12
9 R 2 ?
所以 EX=y,Ey=l,E(y2)=y,DY=y,E(XY)=y,
Cov(X,V)=E(XY)—EX - EY=0,
2
故 Cov(x-y,y)=cov(x,y) —dy= —言，
或 Cov(x-y,y)=EE(x-y)Y]-E(x-y)- ey
=E(XY)-E(Y2)-EX - EY+(Ey)
=2—_5——Xl + 1 =—-—
3 3 3 3 *
解法2 由（x,v）的概率分布可得
x-y -2 0 2 y 0 i 2 （x-y）y -4 0
,2_ 1 X _3_
p T T 12 p T T T p T T
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• 193 •7
匕/真考题研大数全学解 (数学一)>>〉 °c
所以 Cov(X—Y,V)=E[(X—V)V]—E(X—Y) • EY= — 1-( 一 §)Xl =—奇.
((12)3) 解 因X与Y相互独立，所以Z=X-Y服从正态分布，且EZ=O,DZ=DX+DY= 3a2,故
Z的概率密度为
] -4
y(z;g2) =... e 641 oo<2；<4-oo.
v
(U)解 设。,初，・・・，存为样本Z] ,Z2 ,Z”的观测值，则似然函数为
LI/) = 17/(^;(72) = (6M)Texp{—必},
In L(a2) = ln(67t(72)—志、
2 6七
令就1吨9)]=_法+瑟^必=0,解得/=土 学，故4的最大似然估计量为
(HI)证 因E(?) = 7- S E(^) =4^^)
=-tOZ=2^1jD2 : +>2<2；。3壹+；/<1；。4：工2+3<1,
并记。=。3浦.
根据格林公式，得
/. (丁+言)&+(2了一专)心=JJ [(2—/)一 (1+土/)
L, 0
=0 [*/1-3+ )]&心.
至此,曲线积分的比较转化为二重积分的比较.
由于
L = j [1_(/+&2)]&心<。[1_(〃+~^/2)]&心
D、
<][1 — (x2 +y j2 ) J(h:dy=I4 ;
=)[1_3+扣]丑心=^[1_(工2+&2)]&心 +
A
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• 195 ・｛匕*考研数学
P * Q
真题大全解(数学一)>>;
所以 max{I1,I2,I3,Z4) = I4,即应选(D).
(5)答应选(B).
解本题考查向量组等价的概念以及对矩阵与其向量组之间的关系的理解.
设矩阵 A= (aj ,a2, yz, —，r„),其中 a,，r,(j=l,2, — ,n)均为 n 维列向量.由题设有
(ai，a2> —,a„)B==(ri,y2, —
则 (ai，az, —,a„) =(ri，r2，—
即矩阵4的列向量组ai,%,•••,%,与矩阵c的列向量组7i,形，…，％能相互线性表出，所以矩阵4的列向
量组与矩阵C的列向量组等价，选项(B)正确.
此外，由于矩阵B可逆，因此其行向量组与列向量组都是线性无关的;而矩阵4是任意的1阶矩阵，且
矩阵A的秩与矩阵C的秩相等，所以当矩阵A的秩小于力时，矩阵C的秩也小于n，即矩阵C的行向量组
与列向量组都是线性相关的.由此可知选项(C)与选项(D)都应排除.
最后，设
知矩阵A=f 1)的行向量组(1,1),(0,0)与矩阵C=(2 1)的行向量组(2,1),(0,0)不是等价的，从而
\0 0/ \0 0/
选项(A)也是错误的.
注若AmX^,.Xj=CmXi,则C的列向量组可由A的列向量组线性表出,C的行向量组可由B的行向量
组线性表出.
(6)答应选(B).
分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值.显然矩阵B =
'2 0 0 1 a 1、
0 6 0 的特征值为2,6,0,故只需通过求矩阵4= aba 的特征值来确定a,b的值.本题是一道
0 0 0. 11 。 L
基础题.
解因为
A~1 ~a —1 •
IAE—A | = —a A —b —a =aE(A — 2)(A—b)—2a2 J,
—1 —a A —1
所以，当且仅当a=0时，矩阵4的特征值为2,6,0,且6可为任意常数，即选项(B)是正确的.
当a=2/=0时，矩阵A的特征值为4,-2,0,显然A与B不相似，所以选项(C)是错误的，从而可知
选项(D)也是错误的.选项(A)只是两个矩阵相似的充分条件，并不是必要条件，所以选项(A)是错误的.
(7)答应选(A).
解 四=@(2)—中(一2) = 2 中(2) — 1,
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-196 •2013 年
° <«全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
力 中(言)_中(-^) = 2小(1) — 1,
2=
仑=中 / （ 2 飞 ~ 一 5 \ ） _0 - （ / 一 — 1 2— 一 5 = 0（-1）~0（—-
易见 Pl>p2・又 />2>0. 5 ,/>3<0. 5,故 p2>P"
综上可知> Pl^Pz^Pz-
注结合正态分布概率密度曲线的几何特征以及概率A=P(-2p2>p3.
_(8)答应选(C).
解由X〜t(n),可得X2~F(l,n),从而
P{y>C2}=P{X2>c2}=P{X>c}+P{X<-C}=2a,
故正确选项为(C).
二、填空题
：9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9)答应填1.
解将v看作h的函数，在方程了一工=『「》两端关于工求导，得
y，— l = eI(1~y>(l—y—J：y，).
将 z=0 代入 y—z=emf，得 3, =/（0） = 1;
x=0
将 x=0,y=l 代入 y—l = e^~yW—y—xy｝，得 y I =/（0） = l.
I x=0
于是有
」
n*o-o [_ \ 71 ' n*oo-
n
(10)答 应填Ge'+Cze"—ze%其中G，G是任意常数.
解 因为M-'3 = e* ，Vz—M = 是该非齐次线性微分方程对应的齐次线性微分方程的两个解，且e，
与e* 线性无关,又因为^3 = -^是非齐次线性微分方程的特解,所以该方程的通解为
V=Ge，+*Ge —衣气其中G，G是任意常数.
(11)答应填处\
解因为
心=d y/d"
dr dr/ck '
四 =_±（虫虫）・虫 1
dz2 dz \dr / \dz/ dz cos t
所以
处| 二一2
cos —TrZ
4
（12）答 应填In 2.
解 -* Inz , 『nW（土）= In x + i L 严 ^i d + r i）= i l n 1 x + 孔 +oc =m
1 +X | !
(13)答应填一1.
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・ 197 -。
{匕亨考研数学_____________
真题大全解(数学一)〉>〉
解由 %+Ao=O(S = l,2,3)知,A 的伴随矩阵 A，满足 A*=-A T,BP|A- |=(-D3|At|=-|A|
再由 0，| = |A|3T=|A|2,得|AV+|A|=O,即 01= —1 或⑷=0.
最后,不妨设an/O,由行列式的展开定理得
\A | =anA1i+al2Ai2 +a】3A13 = — (a% +a& +a& )VO,
所以|A|=0舍去，故|A|=-1.
(14)答 应填1-—.
e .
P{Y^a + l | Y>a}='(富了支}+1}=
解法1
由指数分布的无记忆性知P{Ya}=P{Y
1 0 -1 -1 i 1 0 0 0 0 a+1
0 1 —a 0 • b .0 0 0 0 ； 6 >
由此可知：当a尹一1或》尹0时，方程组（* ）无解;当<2= — 1且b=0时，方程组（* ）有解，此时方程组
1 Pl
—X3—Z4 = l , 0 -1 0
为 | 求得其通解为X= +加 + ^2 ，其中妇，■为任意常数.
\x2-rx3=0, 0 1 0
O .0 -1>
/1+刈+的 一\
综上，当且仅当a= — l且》=0时,存在满足条件的矩阵C^C= ，其中奴，奴为
\ 幻 ki /
任意常数.
注本题不能利用逆矩阵解矩阵方程的方法来求C,只能利用“元素法”将矩阵方程转化为方程组去
求解.
（21）（1 ）证法1 记列向量言=6 .由于
【工3 J
'。1
+a2JC2 +口3及=（ll，互，^3） Q2 =（G1,口2，口3）
考研电子版网站：www..pdf2book.com 、时
• 201 •｛匕.考研数学____________
o
昭 真题大全解(数学一)〉>
类似地，缶勾+缶心+但而也有对应的表达式，因此
/(X] 9X2 ,13)= 2(口1刀 +心2五 +。3^3)2 + (Ml +62^2 +63X3)2
& 心' 3' 五'
= 2(J?1 9X2 ,了3) % (。1 ,。2，心3) + (，血，13) b2 (bi 土2 土3)
口 3. 、妃 、二 3 ，
=2xTaaTx+xTflftTx=xT(2aaT-^-flfiT)xf
^(2aaT^fifiT)T=2aaT+fifiT9即2aaT+flftT是对称矩阵,所以二次型顶对应的矩阵为2aaT+fifiT.
证法2 将二次型f展开并写成矩阵形式，得
。何 角仁 11' bl bxb2 b03 %'
^1 1 3
9X2 >^3)=2(心,互,了3) 口］。 2 展 。 2 仁 3 + (jCj 9^2，13) b02 砂 bib 工2
、(
21
。
3
。
2
。
3 a3
、时 01但缶 63 , 、了3,
'bl bh缶缶 勺
= b2 (b1,b2,b3)=pfiT
、缶公房. b3.
A
所以 /(xi ,^2，%3)=(而，B2,i3)(2aa 丁+A")互，
海3,
又(2aaT^ppT)T=2aaT+Pfl\即2aaT+ppT是对称矩阵，所以二次型，对应的矩阵为2aaT+flfi\
(II)证法1 记矩阵A=2aaT+p^T.由于a,P是相互正交的单位向量，即aTa=pYp= 1 ,aT/l=pTa=
0,因此
Aa = (2aaT+/jpT)a=2。a,,
A0=(2a.T+叩 t)0=
即Ai=2,A2 = 1是矩阵A的特征值.
又 r(A)=r(2aaT+PPT)2时,玲(少=1；
当1W、<2时，
FYCy)=P{Y^y}=P{Y=-[}+P{l2}+P{l=2处是左连续的或一个左连续一个右连续.第二问的大多数
错误本质上与第一问相同，也是不能正确地将事件{XWV}转化为用X表示的事件:{XV2}.
(23) 解 (I) EX=]「z •乌广£&=。，
所以9的矩估计量为8=灵，其中又=!方X*
(口)设工”互，“•，*”为样本观测值，似然函数为
占 [------- exp(—疙 土)，而 > °。= L2,•••,”),
L(0)= JJ，(工抽)=< (心血…％) I , = 1 Xi >
lo, 其他
当务>0(£=1,2,•••,”)时,L(0)>0,取对数得
In L(^) = 2nln 0—0 2----3 习 In 而,
»=i »=i
令町吐(。)]=孕_史= o,得。的最大似然估计值为8 = 捋一，所以0的最大似然估计量为
0=刍.
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・203・2014年全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1)答应选(C).
解这四个选项显然没有水平渐近线和铅直渐近线，那么就看哪条曲线有斜渐近线.
对于(A) > = 1,又lim(>—工)= limsin x不存在，故无斜渐近线.
a-*oo
x-»oo JC
对于(B), lim ■土=8，故无斜渐近线.
x-»oo 3C
.1
z十sin—— I
对于(C),lim------- =1,又x) = limsin—=0,所以有斜渐近线 y=x.
X-*OO JC X-*oo X-*OO JC
了2 -J- sin ~~
对于(D),lim------- =8,故无斜渐近线.
X-»OO JC
故选(C).
(2) 答应选(D).
解法I易见ga)=/(o)(i-x)+/(i)x是过点(0,/(0)),(1,/(1))的直线，故若，(工)20,即曲线
，&)是凹的时有r(z)
(5)答应选(B).
解法1 利用行列式的性质与公式计算行列式:
Q a b 0 c 0 0 d c d 0 0
a 0 0 b a 0 0 b a b 0 Q
C2—C4 =(be _ ad) (ad — be) =— {ad —be)2.
0 c d 0 Q c d 0 0 0 d c
c 0 0 d 0 a b 0 0 0 b a
解法2利用行列式的性质与按某一行(列)展开定理计算行列式:
0 a b 0
a b 0 a b 0
a 0 0 b
a(-l)2+1 c d 0 + c(-l)4+1 0 0b
0 c d 0
0 0 d c d 0
c 0 0 d
a b a b a b
=—ad + bc =—(ad — be) =—(ad —be)2.
c d c d c d
注 解法1中利用了特殊的拉普拉斯展开式，如下所述.
如果A与B分别是m阶和〃阶矩阵，则
A * I A O O A\ *
= |A| \B\, = = ( — l)g|A| |B|・
O B I * B B * | | B O
(6)答应选(A).
解 若ai,a2,a3线性无关，设义】(a】+如3)+A2 (%+如)=0,即
Aiai +A2a2 + (^Ai +ZA2 )a3 =0。人 1 =A2 =愆1 +ZA2=0,
从而。1+如3血+幻3线性无关.反之，若<11+瑚，。2 +奴3线性无关，不一定有％,。2，口3线性无关.例如
显然,。1+旅3，。2 +血3线性无关，而。1，。2 03线性相关.故口1+论3，。2+幻3线性无关是«1，。2，。3线
性无关的必要条件，而非充分条件,因此选(A).
注 这是一道选择题，可直接取4=1=0,此时显然向量组,a2线性无关是向量组ai ,血，a3线性无
关的必要非充分条件.此方法仅可用于排除法.
(7)答应选(B).
解 由于 P(A-B) = P(A)-P(AB) = P(A)-P(A)P(B)
=P(A) —0. 5P(A) = 0. 5P(A) =0. 3,
因此 P(A)=0.6,考研电子版网站:、pdf2b0ok.com"故选(B),
• 205 ・花罗考研数学 C
真题大全解(数学一)〉〉＞ °
(8)答应选(D).
解 此 =土仁心(力十八切］心= ^(EX|+EX2)=EV2，
E(y?)=习二亢顶心)+为(少］心=-yE(xf)+号 E(X£),
DY, = E（y?） — （时）2 =号E（招）+茄（力）一十（EX|）Z — *孩 ）2 —身EX1EX2
=§DX1 + yOX2 + 打[01 - Xz)2] > -J-DX, + -j-DX2 = DY2,
故应选(D).
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9) 答应填 20.所以了=1是函数f(z)的极小值点，极小值为/(1) = -2,
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・207.。
花亨考研数学
P *
真题大全解(数学一)>>〉
(17)解因为
■^=/，(excos jOe^cos y,=/，z(excos jz)e2icos2jz+f (eJcos j^)excos y9
ox dx
32
jr)exsin 3/,T-2=//z(excos jOe&sir?、一f (excos j/)excos y9
oy
所以第+糖=(奴+矿cos ,)。工化为
2
y，z(excos ^)e2x = [4/(excos jO+Wcos ,]。如,
从而函数六以)满足方程
/，，(u)=4/(u)+u,
上述方程的通解为
f{u)=C^+C2e-2u~.
由 /(0)=0,/(0)=。得
C1+C2=O,
〈
1
2Ci — 2C? — =0,
解得
厂_±厂___!
U-16，C2 - ]6，
故
，(“)=土 (职一厂2“一4“).
10
(18)解 设％为 的下侧,2与2所围成的空间区域记为。.则
\z=l
0 (x—])3心&+(,— ])3(lzxLc+(z—Ddrdj/
M]
=—[3(z—1)2 + 3(/—1)2 + 1]&(1了也.
n
由 Z=l,dz = 0,知 JJ &—1)3如&+(丁一1)3血&+(之一1)&心=0,
习
xdxdydz= :ydrd_y&=0,
a n
所以 1=—(3x2 + Sy2+7)dzdj/dz.
n
jjj (3j72+3j/2 + 7)dzd5/dz = J J dr J 2 (3r2+7)rdz
n
=2k P 厂(1一，)(3/+7)心=4兀,
Jo
于是，！ =—4兀
(19)证(I )因为 cos % —cos 6=%,且 0Va”V^,0V6
6 ]
_3
Ax=e2的通解为x= +k2a,其中炳为任意常数;
-4
、0 >
‘一1、
1
Ax=e3的通解为x= ］ +k3a,其中k3为任意常数.
、0 >
于是，所求矩阵为
2 6 _]、
-1 -3 1
B= +以］口以2。以3。）；其中知以2成3为任意常数.
-1 一4 1
、0 0 0 -
1 1 ••• 1 0 …0 1 '
1 1 ... 1 0 — 0 2
(21)证设4= ,B=. ...
:
-1 1 ・•・ 1， 、0 …0 n >
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• 209 .7
白&考研数学 O
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A-1
_1
|AE-A| =
-1
A o … —1
0 A … -2
|AE-B|=: = (A-n)A"-1,
0 0 X~n
所以A与B有相同的特征值A1=n,A2=0(n-l重).
由于A为实对称矩阵，因此4相似于对角矩阵
0
A= . .
. 0.
因为r(A2E-B)=r(B) = l,所以B的对应于特征值如=0的线性无关的特征向量有"一1个，于是B
也相似于A.
故A与B相似.
注(1)由于在考试大纲的范围内仅有矩阵相似于对角矩阵的判定，而没有判定任意两个矩阵相似的
一般性结论，因此，部分考生没有意识到本题应该通过判定矩阵4和B是否都相似于同一个对角矩阵来解
题.这也就成为本题在考试中考生所呈现的最主要的错误.
(2)推演过程反映出部分考生对于矩阵的相似关系与合同关系、等价关系无法进行明确区分.有考生
通过说明r(A)=r(B) = l来说明矩阵4和B是相似的，更有不少考生利用合同关系来解答本题，即试图
寻找可逆矩阵P建立关系式PTAP=B.
(22)解(I )Fy(v)=P{YWv}=P{X=l}P{y〈y|X=l}+P{X=2}P{YVv|X=2}
=#{Y2.
(□)随机变量丫的概率密度为
(Q
乎，OVvVl,
就)=玲3)=土 心<2,
-0, 其他，
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・ 210 -2014 年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学一解析
则 EY= yfY（y）dy= [ *dy+ . *"汕=号.
孚e~习，了>0,
（23）解（I）总体X的概率密度为°
、0, 其他
EX=『 Z •等e-d=-j「w（e号）=『厂言&=穿.片匚eT&=穿,
ECX2)— | 工。•等e3dr=。J ue~udu=0.
（口）设心，孔，…，工”为样本观测值，则似然函数为
Zi，互，•••，]” > 0,
以。）=n
«=1
其他，
当"互，•••，％>0 时,ln L(0)=〃ln 2+ 2 Inz,—"In。一~§ Rz?,令叩耳$(况=—音+号 xf = 0,
得T 寮.从而。的最大似然估计量新“吧 以：.
（皿）存在,a=9.因为｛Xf｝是独立同分布的随机变量序列，且E（Xf）=0V + 8,所以根据辛钦大数定
律，当儿―8时& = * £ X?依概率收敛于E（X£）,即9.所以对任何e>0,都有
limP｛ |如一。|23=。.
7*OT°-
注第三问实际上是考查估计量的相合性概念及大数定律，但由于这两个知识点在往年很少考查，大
多数考生不知如何作答,导致这一问的得分率较低.
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・211・2015年全国硕士研究生招生考试数学一解析
一、选择题：1〜8小题,每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1) 答应选(C).
解/■(■!)在(―00,4-00)内连续，除点£=0外处处二阶可导.3> = /(x)的
可疑拐点是f'3) =0的点及/'(工)不存在的点.
广怂)的零点有2个,如图所示添加字母,A点两侧f'(z)恒正，所对应的
点不是y=f^)的拐点.B点两侧f'G)异号,所对应的点是y=f{x)的拐点.
虽然/'(0)不存在，但点工=0两侧，(工)异号，因而(0/(0))是y=fdx)
的拐点.
因此共有2个拐点.
(2) 答应选(A).
解由特解知,方程的特征根为打=2,『I，特征方程为(支一2)0—1)=0,即
r2-3r+2=0.又原方程的特征方程为r2+ar+b=0,于是a= —3,6=2.
将特解y，=*re 代入原方程得
(j?ex)”—3 (j;eJ )' + 2j：ex = (z+2) e" — 3 (z+1) b+2x^ = —ex=cex,
因此c= — l.
(3)答应选(B).
OO 8 OO I OO
解 由、％条件收敛可知、妃”的收敛半径火=1(若RV1,则、妇” =S a„发散;若
n=l n=l n=l J=1 n=l
8 I 8 8 OO 8
R>1,则S I = S a“绝对收敛，均矛盾)，故S nar = t S na^~x=t习(W的收敛半径
n=l '，=1 n=l n=l n=l n=l
R = l(逐项求导不改变收敛半径).则
当 时，£ «a/V3-l)"绝对收敛(0<73-1<1)
n=l
当工=3时，S 心“(3—1)”= §心£发散(2>1).
n=l n=l
注 本题用到一个基本结论:若暴级数吏a瑚”在z = 处条件收敛，则工=*。是该皋级数收敛区间
n=l
的一个端点.
(4)答应选(B).
解区域。如图所示.作极坐标变换，将JJ fQx,y))=r(A) = 2,Ax=Z> 有无穷多解.选(D).
(6)答应选(A).
解设二次型矩阵为4,则
'2 0 0 '
P~AP=PTAP= 0 10,
、0 0 -1.
则幻,电邠3分别是A的对应于特征值2,1,-1的特征向量.于是一。3也是A的对应于特征值一 1的特征向
量.因此
‘2 0 0'
e- Ae=eTAe= o -i o ,
.0 0 1.
从而/'在正交变换x=Qy下的标准形为2y\~yl+y\.
(7)答应选(C).
解 由 A二)AB,B二)AB,有
P(A)〉P(AB),P(B)>P(AB),P(A)+P(B)>2P(AB),P(AB)W^^^.
(8)答应选(D).
解由于X,Y不相关，故有E(XY)=EXEY.
E[X(X+Y—2)]=E(X2 十 XY-2X)
=E(X2)+E(XY) — 2EX
=DX + (EX) 2 + EXE Y—2EX
= 3+22+2 — 4=5.
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
⑼答应填一身.
］血1敏驾了)洛必达法则= _与
解法1
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-213 -。
"研数学
真题大全解(数学一)>>〉
解法2 用等价无穷小代换.
ln(cos x) = lnEl+(cos 1)]~cos 1-----x2(j-»0),
-Xx2
In (cos x) [. 2 __1.
故 lim------ X - 5-----= h ^* m 0 ---- X -o- 云
(10)答
解 L (苔展+成)&=匚岸嬴&+2_［：工&=。+』°=春
(11)答应填一&.
解由题可得2(0,1)=0,将方程两边分别对Z，v求偏导数，得
ez -~\~yz~\~xy 襄+1-sin x=0,ex 亲+在+可 |^ = 0,
令 z=0,、=l,z=0 得 登 | = —1,夺 | =0,
，工 I (0,1) d, | (o.i)
因此位 =—&・
I (0,1)
(12)答应填§・
解法1积分区域如图(a)所示.由轮换对称性知，
ydv=』zdv9
jj jj
nan
则 1= |j[ (x+2jz+3z)dv=6 [II zdu
n：0
因此 I=6X\ =
(13) 答应填 2"+1-2.
解法1递推法.将此行列式记为D”,按第如行展开，得。,=(一I)" • (-1)D„_1 + 2" = D„_i+2\
得到递推公式玖=D”t + 2"3>1).于是
D„ =D”t+2”=Dt+2”t+2" = ・"=Di+22+23 ----2"
= 2*3+2 ----2' = 2”+i—2.
解法2 作初等行变换，把第1行消到只剩最右边一个非零元素.
做法如下:第1行加第2行的2倍，加第3行的22倍,…，加第n行的2”t 倍,使得第1行成为0,0,
0,•••,(),a,其中 a=2+4+8----2" = 2"+1-2,再按第 1 行展开，得 D„=2"+1~2.
注 本题还有多种解法,如按第1行展开得递推公式D. = 2D“t+2；作初等行变换，化原行列式为上
三角行列式(做法为自上而下，把各行的土倍加到下一行，于是消去了对角线下所有的一1);作初等行变
换,消去第1行到第«-1行上的对角线元素2(做法为自下而上，把各行的2倍加到上一行)等.
(14) 答* 应填
解 由(X,V)服从二维正态分布Nd.Ojl.ljO),可知X〜N(L1),X-1〜N(0,l),Y〜N(0,l),且
X,y相互独立,x—I与丫也相互独立，故有
p{XY-Yo}+F{x-i>o,yo}+p{x-i>o} • p{y^»A) = (1+^)2 + (1+^)2+A(^2+3,2+^—3)，令
^=2(l+x)+A(2x+j/)=0,
< ^=2(1+3/)+A(23/+x)=0,
、矽=/+了2+巧一3=0,
解得
(x=l, (X= —1, m=2, m= —1,
或 或 或
b=l \y= — l \y= — l \y=2.
又 | grad /(LI) | =2^2 , | grad /( —1, —1) | =0, | grad /(2, —1) | = | grad/( —1,2) | =3,所以 /(x,jz)
在曲线C上的最大方向导数为3.
(18) ( I )证 因为函数u(x),v(x)可导，所以
lim"*)G+ 二巫互= “'&),lim°W 十捋)一2@=寸愆)，且 linw(z+Az)=uG).
/vT* /\fT.
^*0r- ^*Oz- Az—*0
从而
[“(工)点)]'=1血“怂+圣死危,心)一"8°&)
A*Or '
i. “&+Az)p(:r+Ar) —u(j7)v(j?+Aj?)+u(x)v(j:+A^) —u(j:)v(x)
= hm-------------------------------------------------------------
Az
Ar—O
= lim F “(z+号)—“(叫(了+心)+“愆)。(工+普)一。(工)]
at-oL Zlr Ar J
r "(z+心)一以(i) r z i A 、□_ z、[. t/(x+Ar)—77(x)
= lim------ ；--------• hmv( Ar) -ru^x) lim------- --------
Ar^O /\JT. Ar-H)
="'(了)。(2*))+"( ”'*)(.
(II )解 f (x)=w；(x)u2(*-xu)„(x)+«i(x)«2(^) ----Ui(x)u2(x),,,w^(x).
注 这是继2008,2009年后又一次考查基本定理(性质)、基本公式的推导,本题和2008年的(18)题
都是在考查导数的定义，这是高等数学中一个非常重要的定义，但可惜,不论是2008年的变限积分求导公=
式还是2015年的乘积求导公式(本题)，考生作答得都不够理想，究其原因还是基础不够扎实.•
(19)解法1 (降维化为平面第二型曲线积分)
(z = y 9 _ ^2 _ 2
补L】：从点B到点A的直线段，则如< ''与L】在皿 面上的投影曲线分别为
[z = X
h2x2 +y2 =2(x > 0)，顺时针方向;Zi:x = 0必—J2 ->72.
，与4围成的闭区域记为。，由z = z,得
(,+ z)&+(/ — ]2 +,)心 + ]2 了 2 也=§ —[
L J L+L, J L,
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・216・2015 年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
=" 3 + z）dz +以一]2+了）心 + 〃丁&—[* ydy
J H-/] J —42.
=§ （Z+ ;y+ 〃3/2）& + ,心=JJ（1 + 2/少&心
=JJldrdj/ = 7t X 1 X会=亨兀
解法2 设L】是从点B到点A的直线段金为平面上由L与L】围成的半圆面下侧，其法向量
的单位向量为（*。,节）.
由斯托克斯公式，得
_1_ 1
0
F
72
(y+z)dz+(/—=『
d 旦 d dS
L+L
JJ dx dz
y+z z2~x2+y T2y2
=金。(2j：2>y+l)dS.
由于曲面》关于zOz平面对称，因此『2〃卯S=0,故
f
(j/+z)cLc+(z2—x2+j/)dj/+x2ydz: =£ ITdS=^y7r.
J L+L, J2 * £
又Li的参数方程为x=09y=y9z=0（y从一72^1）72）,所以
（^+z）dz+（z2—]2+了）心+/了2血= ydy=0.
J
L, J-72
因此_ f =孝冗.
z
J LH-L, J L,
注本题也可以利用参数化为定积分.
（20）（ I ）证 由于（仇,»2，。3）=（2。1+2初3,2。2，。1 + 以 + 1）。3）=（。1，。2，O3）P，其中
2 0 1
P= 0 2 0
i2k 0 & + 1 ’
且|P| =4夭0,所以仇,位，。3为R3的一个基.
（H）解 设&在基。1，。2，口3与基。1，。2，。3下的坐标向量为X,则
&=（。1 ,a2，a3）x=（Pi 邢2，03）乂=（。1 »a2,a3）Fr,
所以 （P-E）x=0.
1 o r q 0 1
对P-E作初等行变换 P-E= 0 1 0 —► 0 1 0
.2k 0 k. .0 0 —b.
所以当人=0时,方程组（P-E）x=0有非零解，且所有非零解为
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・217・7
巳,考研数学
真题大全解(数学一)〉〉〉
其中C为任意非零常数.
故在两个基下坐标相同的所有非零向量为g=(ai ,a2，a3)| 0 j =c(ai—a3)»c为任意非零常数.
(21)解(I )由于矩阵A与矩阵B相似，因此tr(A) = tr(B),|A| = \B\，于是
3+a=2+6,2a—3=6,
解得 a=4,6=5.
0 2 -3 1 -2 O'
(U)由(I)知4= -1 3 -3 ,B= 0 5 0
1 一2 4 . 0 3 1,
由于矩阵A与矩阵B相似，因此|AE—A| = |AE—B|=Gl—1)心一5),故A的特征值为A=& = 1，%=5.
当A!=A2 = 1时，解方程组(E—A)x=O,得线性无关的特征向量& =
当插=5时，解方程组(5E-A)x=0,得特征向量§3= -1
1
‘2 -3 -r 1 0 O'
令 p=（后,&,&）= 1 o -1 ，则P-】AP= 0 1 0 ，故P为所求可逆矩阵.
<0 1 1 0 0 5,
(22)( I)解 每次观测中，观测值大于3的概率为
/(x)dr= J 3 2-xln 2dr=百，
故Y的概率分布为 P{Ym)(§)i(+)L=2,3,・“.
(D)解法 1 EY= S ^(^-D(y) (f)
=("(舍打 点扑
L*=(+)2
t=i&
解法2 记*表示首次成功的试验次数，则匕服从参数为夺的几何分布,取值为1,2,“・；巴表示第
O
1次成功后到第2次成功为止共进行的试验次数，则Y2也服从参数为身的几何分布，取值为1,2,…，则
O
«
丫=匕+略为第2次成功时的试验次数，取值为2,3，…,所以
EY= E(匕
+Y2)=EY1+EY2=y+y = 16.
百T
注在第二问中多数考生采用了解法1,这需要求一个常数项级数的和,考生的错误也就集中在了这
里:不知道如何求常数项级数切奴为一 1)($)(寺)的和.
(23)解(I )由于总体X服从区间［0,1］上的均匀分布，因此EX=零.
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・ 218 -2015 年
° «<全国硕士研究生招生考试数学一解析
由零=为,其中X为样本均值，得9的矩估计量9=2X-1.
（口）设e ,及,…为样本Xi,&X,的观测值,则似然函数为
+ I—1,2,•••,«）,
L（e）= U 六五；。）=〈（1一°）
,■l lo, 其他
_ （i 与A' 1时其收敛.
综上，若反常积分「° “4 g 收敛，则a 1.
J 0 X (1 -TX)
(2)答应选(D).
fj2(x-l)dr, zVl, (&_i)z+g， zVl,
解法 1 F&) = <{ = <
Jin xdr, 工 21 1)+0，z>l.
lim[(z — I)2 +G] = Ci ,lim[x(ln z — 1) +C2] =— 1 +C2,
x*i- +
则 G =-l + C2,令C】=C，则 C2 = 1 + C,
—I)2 +C» zVl,
((jc
F(x)= <
(x(ln x—1) + 1+C, 1 2 1.
仰一1)2, z V 1,
令C = 0,则
Ix(ln x — 1) +1, 1 2 1・
故选(D).
解法2 利用变限积分函数表示一个原函数.记F&) = |7(i)dz.
当 1 V 1 时,F(z) = J 2(4 — l)dz = x2 — 2x + 1 = (x — I)2；
当 z > 1 时,F(z) = j In zdr = tin — — • -^-dt = xln x — (x — 1) = x(ln x — 1) + 1,
fx (G—l)2, zVl,
故 F(z) = /(/)ck = I
Ji (x(ln x—1) + 1, i > 1.
故选(D).
注(1)本题考查的是分段函数的原函数,关键是分段点的处理，由于原函数一定是连续函数,故排除
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・220・2016 年
°〈"全国硕士研究生招生考试数学一解析
(A) ,(C)；而(B)中的 F (x)丰 /(x)(x N 1)，也排除.
(2) 解法2较解法1简单,读者应学会利用变限积分函数来表示一个具体的原函数，即J/G)& =
j切(Q& + C,对于分段函数六工)，往往a取分段点更简单.
(3) 答应选(A).
解利用线性微分方程解的性质与结构.
由叫=(1+/)2 — JIW，a =(l+z2)2+/1半芸是微分方程3/ + pG)v = q(z)的两个解，知
' *匹尹1是y+p{x}y=Q的解.故(写选)'+p(z)(边尹)=0,即切令亍+ /IWp(z) =0,从而得
於)=_点・
又奂?是微分方程y+pa)^=9a)的解,代入微分方程，有[(1+廿)叮+》(*)( i+4)2=g&),
解得g(^) = 3x(l+x2).因此应选(A).
(4)答应选(D).
解 f_ (0)—lin/怂)二；((°)= lim王=],这是容易的；
x-K) 1 0 xO*~ 工
但对于f+ (0)—Hm售工(0)，需这样写才严谨:由题设，当击时，/(/ = +，故
x n
当:r—0+时，〃->8,lim生旦=1,由夹逼准则知lim*^^ = l,即 /»-(0) = 1.
n-*°° n X
由此可知,/(0)=/L(0)=A(0) = 1.应选(D).
可否写成 六。)
注此题中R(0)-M成lim ~V-------呢？
①卜+ 【
n
⑴从逻辑上讲，上述证明过程已经得出f(0)存在，故自然可以这样写，具体问题具体分析.
佰县 B〜“小并不—定，/(0+^-)-/(0)
(2)但是,一般而日9 J+ (0)--------hm
1
J+
V
1, 1为有理数，
如 /(J7)= 皿处处有定义,但处处不连续，处处不可导.不过
o, z为无理数
.，(。+4)-六。)' o
lim--------z--------= lim —=0
〃 n n n
/(0+^)-/(0)
是存在的，显然f+(0)不存在，故有A(0)^ lim
1
V
(3)由上述分析可知,此题在2016年的考题中编制成了选择题的情形下,用严格“证”的过程也好，用
式①的写法也罢，均可得出正确选项.任考研电子版网站：ggook.com J态度认真搞懂以上各点•导数定
• 221 •。
7仑"考研数学_____________
真题大全解(数学一)
义“博大精深
(5)答应选(C).
解 依题意可知,存在可逆矩阵P,使得P AP^B,则
BT=(p-,AP)T=PTAT(P~1)T=PTAT(PT)-1=PrHTPi，
其中R = (PT)T可逆，故At〜
B1 = (pTAP)T =PlA-1 (pT )T =p-'A>p,
故 A'-B1.
P1 (A+A1)P=P-1AP+P-'A1P=B+B 1,
故 4+4一】〜B+B-i.
由此可知，(A), (B), (D)均正确，故选(C).
/I 3\) /4 0 \
对于(C),取4=(2
2 'B=(o
易知A与B相似A+AT与B+BT不相似.
(6)答应选(B).
解二次型矩阵
1 2 2'
A= 2 1 2
.2 2 1.
A-1 -2 -2
由 |AE-4|= -2 A-1 -2 = (A-5)(A + 1)2,
-2 -2 A-1
可知矩阵A的特征值为5,-1,-1.
那么在正交变换下二次型的标准形为5况一院一掳，则/\五,及，工3)=2表示的二次曲面为双叶双曲
面，故选(B).
(7)答应选(B).
「^
解 p=p{xWu+，}=p( v}=u ),
其中@(z)是标准正态分布的分布函数.故》随着。的增加而增加.
注 一般正态分布N(",/)的问题，首先应当标准化，化成标准正态分布N(O,1)后再处理.
(8)答应选(A).
解由于 P(AD=F(AQ=P(A3)= 4•，因此
<5
X 〜B(2，§)，Y 〜B(2 洁).
X与Y的相关系数为%=徵湍,显然
EX=EY=3，DX=DY=2X§X 号=音，
易知Cov(X,Y)=E(XY)—EXEY,为求E(XY),先求出XY的分布.
X和丫的可能取值均为0,1,2,且由题意可知X+YV2,所以XY的可能取值应为0,1.
P{XY=1}=P{X=1,Y=1}=2X 告1 X*=1 号9 ,P{XY=O} = 1一9岩 =7£
o «5 y y y
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• 222 .2016 年
°《全国硕士研究生招生考试数学一解析
故XY的分布为
XY 0 1
P 7_ _2_
§
则 E(XY)=y.故
9 9 9 9
, Cov(X,Y)=E(Xy)-EXEY=号一号 X号=一号,
y o J y
y __2_
=Cov(x,y)_ 一1~ 〜 1
Pxy~ 7dx^dy~ 2-
3 3
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9)答应* 填
iln(l + Zsin t)dt
J
解 lim 0 —lim 0
X—0 1 — cos x2 x*0-
2
v xln (l+zsin z)
= lim
x-^0 2x3
x2sin x__ 1
—hm 9
a—0 z3 2-
(10)答 应填，+ (/—1)上.
i j k i j k
a _ a d d
解mt A处的
dz dx dy dz
=/ +()—l)k・
P Q R x-\-y-\~z xy z
(11)答应填一&+2由/・
解易得i=0,_y= 1时,z=l.
方程两边分别对求偏导数，得
z+(x+l)^=2x/(x—・(1—卷)'
把z=0,了=1,z=l代入以上两式，有
所以 dz =—dz+2dy
I ＜0,l)
(12)答应填土.
解 利用蓦级数展开.当一1＜工＜1时，
/(x) = arctan 工一？= (x—- x3 + •••) —x(l—ax2 + •••)
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・ 223 .7
匕/考研数学 o
P *
真题大全解（数学一）＞＞〉
（T）以
由葬级数展开式的唯一性可知a—y = /^2,a=j.
注 arctan z =习(-，- 1 W z W 1,】］^ = £ (-- 1 V z V 1.
(13)答应填 4+3A+2A24~A3 + A4.
解利用行列式展开定理.
A -1 0 0
-1 0 0 A 0 0
0 A -1 0 地色4（_1）+ +
D = A -1 0 +3(-l)4+2 0 -1 0
0 0 A -1 展开
0 A -1 0 A -1
4 3 2 a+i
A -1 0 A -1 0
2(-l)4+3 0 A 0 + (A+1)(-1)4+4 0 A -1 =4+3A+2A2+A3+A4.
0 0 -1 0 0 A
(14)答 应填(8.2,10. 8).
解了］,互，…,与为来自总体N（W）的样本・由于芹的双侧置信区间的上限、下限关于样本均值王
是对称的，故置信下限应为9. 5-（10. 8-9. 5）=8. 2,故置信区间为（8. 2,10. 8）.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15）解 jjxdxdy =^|2 由 j r2cos 0dr=^- J2 ［（1+cos O），一l］cos OdH
D
_16仔 (3cos2。+ 3cos'9+ cos46)60 )号
一T Jo
2 2丁 3丁4 2 2
32
T+5k.
注（*）处的计算利用了华里士公式:
•言・1, 〃为大于1的奇数,
・奇■•务〃为正偶数.
((16) I )证 微分方程/+2/+^=0的特征方程为/+2厂+4=0,解得
厂1=—1+ yi—k, a=—1 — yi—k 9
因为 0V4V1,所以 7*iV0 ，aV0,从而［er,xdz 与 f eriXdz 收敛.
J 0 J 0
由于r^r2,因此ya)=C1e^+C2e^,其中G,G是任意常数.
综上可知，反常积分火工)&收敛.
(口)解 由(I)知,riV0,RV0,所以
lim >(x)= lim (CT er,x+C2 er,x )=0,
x*+o-o
lim y(x)= lim (Q rx er,x+C2r2 er*x) = 0.
又 j；（o）=i,y（o）=i,所以
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• 224 ・2016 年
° 全国硕士研究生招生考试数学一解析
| yCx^dx = | {—■ }dz
1 I 4-00 9
=—~ Cy(x)+2j/(x)] =T・
K I 0 R-
（17）解因为afg'，）= （2工十］）e"，,所以
/&,、)= J j(.2x+}.')eZx~:,dx=xe2x~y+C(.y'),
将 /(0,$=v+l 代入上式，得 C(y)=y+1.
所以 /*,(少=衣卜>+丁+ 1,
从而
I(t)= f 改孚以血+化事以心=/"(工,y)|"'"=_/U,Z)-y(0,0) = e2r+t.
J Lt ox dy I(o,o)
r(r) = -e2--+l,
令 r«)=o 得 t=2.
由于当tV2时,r(t)O,Kt)单调增加，因此1(2) = 3是13)在
(—8,+8)上的最小值.
(18)解根据高斯公式得
1= JJ (2x+l)drd3»dz.
n
因为 jj drdj/dz=yXyX2XlXl = y,
所以[二之乂佥+号二号.
(19)证(I)因为％+】=/(%),所以
| xn+1 —Tn I = I /(^n) — y(X„-i ) I = |/(f)(x„—X„-1)I，其中 S 介于石与石-1 之间.
又o0,
其中76(0,2),又g'(工)=1 一f(z)>0,所以gG)存在唯一零点，且零点位于区间(0,2)内.
于是 0Vc<2,即 0v,xq}=J：
「
P{U^O)=P{X>Y}=^-,P{X^t}= dx [ 3dj=2^-t3.
4 Jo J x
由于P{U〈0,X<，}UF{UW0}P(XV}，因此U与X不相互独立.
(皿)当 zVO 时,Fz(z)=O|
当 0V,X2 时,Fz(z)=P{U+X/(-1),|/(1)|>|/(-1)|,由此可知，(B),(D)选项是错误的.
若取 f(x) = ~e,则，(工) = -eLAr)//Cz) = ezC>O,y(l) = -e,/'( — l) =—§.
显然/(l)〉 Q
Si= I vi(i)ck,S2 = I v2(4)dz,
J o J 0
其中Si在几何上表示曲线v =。1(£)，£ =姑及两坐标轴围成的面积,S2在几何上表示曲线V = m(t) ,t =
t0及两坐标轴围成的面积.Z。为计时开始后乙追上甲的时刻，则
S? = Si + 10,
即
Vi(i)dz +10,
J 0 o
P Ev2(i) — Pi(z)]dz = 10.
J o
由题中图形可知上=25,故应选(C).
(5) 答应选(A).
解 矩阵A可逆的充分必要条件是A的特征值非零.因为 o«t 是秩为1的矩阵，又a为单位列向量,
有aTa=l,故矩阵以/的特征值为1,0("—1重).所以E-aaT的特征值为0,13—1重)，因此矩阵E~aaT
不可逆，应选(A).
(6) 答应选(B).
解A和B都是上三角形矩阵，特征值是对角线上的元素，都是2,2,1.它们是否与C相似只需看它们
是否可相似对角化.
矩阵4,对二重特征值2,n-r(2E-A)=3—1 = 2(等于重数)，于是A可相似对角化,A相似于C.
矩阵B,对二重特征值2,n-r(2E—B) =3—2=1(小于重数)，于是B不可相似对角化,B不相似于C.
(7) 答应选(A).
解法1 题设条件P(A|B)>P(A|E)等价于
P(AB)、P(店).一 P(A)-P(AB)
pcbT l- -P…(B) '
也就是 P(AB)-P(B)F(AB)>P(A)P(B) — P(B)P(AB),即 F(AB)>P(A)P(B).
综上,P(A | B)>P(A |B)的充要条件为 P(AB)>P(A)P(B).
如果对称地将A,B表示为P(BA)>P(B)P(A)，则充要条件为P(B|A)>P(B|^).答案应选(A).
解法 2 选特殊情况.令 A=B,OP(A |百)成立.
现在考虑在A=B条件下四个选项是否成立.
对于(A),F(B|A)=P(A|A) = 1,P(B|')=P(A|,)=O,故 P(B|A)>P(B|,)成立.
对于(B),P(B|A)VP(B|K)显然不成立.
对于(C),P(B|A) = P(A|A)=0,P(B|A) = P(A|A)=0,故 P(q|A)>F(B|,)不成立..
对于(D),P(B|AXP(B|A)显然不成立.
综上,(B), (C), (D)不可能是P(A | B)>P(A |万)的充要条件.答案必为(A).
(8) 答应选(B).
解 根据x2分布的定义以及一维正态总体下的统计量的性质可知：
(A) 选项,Xr 〜N(0,l),所以W(X；-")2〜寸(兀)；
i=l
(B) 选项,X,-Xi〜N(0,2),则X)Xi〜n(o,i),所以(呵统〜寸⑴,从而2(X„~X1)2不服从
V乙
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• 230 ・2017 年
° 〈《全国硕士研究生招生考试数学一解析
X2分布；
(C) 选项，甘=一云)2,则(”一1沁2 = g(X;-X)2 ~z2(n-l);
(D) 选项，为一产〜N(0,4),则历(为一产)〜N(0,l),所以 n(X-/z)2~z2(l).
故选(B).
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9)答应填0.
解因为六工)=点是偶函数，则f&)为奇函数,f'3)为偶函数,"为奇函数，则＞*(0)=0.
(10) 答 应填eHGcosV^+GsinV^)，其中G q为任意常数.
解 该齐次方程对应的特征方程为r2+2r+3=0,解得r1＞2 = -l±V2i.
故通解为y=ef (Geos次了+Gsin国工)，其中G .C2为任意常数.
(11) 答应填一1.
解由题设知 x2+ Z / -l， C y r x2+ ~~ y 时 2~l'
9P_ —2巧 9Q 2 心 y
则
dy a2+y-i）2，ax a2+y-i）2.
由曲线积分与路径无关知
dQ=dP
dx dy，
解得a = —1.
(⑵答应填石
解 逐项积分后进行蓦级数求和，则SG)= [£(—1)1寸]'=(声)'=百鬲(TVyi＞
(13)答应填2.
解 因(Aa1,Aa2,Aa3)=A(a1,a2,a3),又皿，地^是线性无关的3维列向量组，所以(a”地,a,)为
'1 0 11 ri o ］、
3阶可逆矩阵，又4= 1 1 2 — 011 .故 r（Aai ,Aa2»Aa3）=r（A）=2.
1J 〔0 0 0,
.0 1
(14)答应填2.
解 因为已知条件F(z)=0. 5中(工)+0. 5切(专*) ,则X的概率密度为
六了）=尸＜了）=0. 5* ）+0. 25^（与勺,
其中中（工）为标准正态概率密度.故
EX = f xf（.x）dx = 0. sf 卒（z）dr + 0. 25〔 珂侦）
J ―OO J —OO J —OO '乙/
=0. 5匚呷&）& + 0. 5仁&-4"（守）d（守）+匚2弑号）＜1（十）
■r — 4 =
2 — r-H« r-H»
- 0 + t（pCt）dt + 2 （pCOdt = 2.
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• 231 •。
7匕，考研数学_____________
真题大全解（数学一）＞〉＞
注 如果X〜N（y）,则X的分布函数F（工）卫）；X的概率密度/（X）=孑（十）；x的
数学期望EX=“.也就有分布函数为中（了）的随机变量的数学期望必为火，概率密度为（宁）的
随机变量的数学期望必为产，或J二碎（宁）位 =俱.
从以上结论可直接得出本题中
EX = f* x/（x）dr = 0 + 0. 25X4X2 = 2,
或者从FCz)=0. 5中0)+0. 5切(专迫)直接得出EX=0. 5X0+0. 5X4=2.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15）解 因为y=/（e^cos工），则由复合函数求导法则知
当 T = 0 时,U = e° = l,T2=COS 0=1,所以
知 =小1,1)d2刃 =3/(1,1) | 32/(1,1) 3/U,1)
dr L=o du 9 dr2 | x=0 du 5w2 dv
(16)解由定积分定义知
lim立 -^ln(14- —)= lim寸 —ln(l + —) • —
…盆 \ n / L8盆 n \ nJ n
=J j?ln(l +z)(ir = ln(l +x)d(x2)
=51(1+工)|：_甘；希&
=号岳2_切；(了_] +士)&
= #ln2 — £(z — l)2|'-#ln(l+z)「
Z 4 | o Z I o
x
—T
（17） 解 方程x3+y-3x+3^-2=0两端同时对z求一阶导和二阶导，有
3x2+3^2 — 3+3yf=0, ① n
6j：+6^ （^，）2 + 3^y2y，+3y，=0.
＜
②
在①式中令y=o,得工=一 1或*=1. 由极值的必要条件可知，极值可能点为了=一1,工=i.
当z分别取一 1和1时，由"+抑一3了+3〉一2=0,得火一 1）=0,火1） = 1.
将 z=-l,y（ — l）=0 及 7（-1）= 0 代入②式，得 /（-1） = 2.
因为J（ —l）=0j'（ —1） = 2＞0,根据极值的第二充分条件，火一 1）= 0是贝工）的极小值.
将工=1,火1）=1及y（i）=o代入②式，得/（i）=—1.
因为y（i）=o,/⑴=—i＜o,根据极值的第二充分条件,＞（1）=1是）&）的极大值.
（18） 证（I）由lim料＜0与极限的保号性可知，存在aG（0,l），使得鹿 V0,即/（a）＜0.
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• 232 -2017 年
«全国硕士研究生招生考试数学一解析
又/(1)>0,所以存在灰(a,l)U(0,l),使得f(b) = 0,即方程/(工)=0在区间(0,1)内至少存在一个
实根.
(口)由题设知，G)连续且lin?心存在，所以了(0)=0.又由(I )知了⑹=0,根据罗尔定理知，存在
c£(0,6)U(0,l),使得
f (c)=0.
)
令Fa)=/a)/(^),由题设知f&
在区间［0,3］上可导，且
F(0)=0,F(c)=0,F(3)=0.
工 根据罗尔定理，存在?e(o,c),7e(c,b),^得尸(8)=尸(/=0,即是方程+3(工)了=o
在区间(0,1)内的两个不同实根.
(19)解(I)圆锥面与柱面的交线C的方程为
消去Z,得C在次为平面的投影柱面为注+J=2z,故所求投影曲线的方程为
xz+yi = 2x,
z—0.
(口)因为，的点密度为
产(z, V, z) = 9\/x2+y2+z2 ,
所以S的质量为
又S在皿面上的投影区域为
D={(.x,y) |x2+j2^2x},
1 +
1& Vx2 irdji
cos3^cW =64.
注正确写出投影曲线的方程是后续的关键.
(20)( I)证 由a3=a1+2a2,^la1,a2,a3线性相关'故r(A)<2,又因为4有3个不同的特征值，所
以A能相似对角化且至少有2个不为零的特征值，从而r(A)>2.故r(A) = 2.
"1 1 ( 1 '
(口)解 由a,+2a2-a3=0,知A 2 =0,故 2 为方程组Ax=0的一个解.
、—1. 、— 1,
又r(A)=2,所以 为Ax=。的一个基础解系.
1-U
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. 233 .7
匕/考研数学 o
真题大全解（数学一）〉〉〉
Pl [n
，所以i 为方程组Ax=fl的一个特解.故Ax=fl的通解为
j j
x= ，其中4为任意常数.
（21）解二次型/对应的矩阵为
'2 1-4、
A= 1 -1 1 .
、一4 1 a ,
由题设知|A| =0,又|A| =6—3a,于是a=2.
矩阵A的特征多项式为lAE-Al =人以+3）（人一6）,所以特征值为;1】=一3,入2 = 6,人3=。.
矩阵A属于特征值小=一3的单位特征向量为0=圭（1,一 1,1）。
v 3
属于特征值A2 = 6的单位特征向量为& = *（ —1,0,1）。
V 2
属于特征值义3=0的单位特征向量为。 3*= ：（1，2,1）t.
J6
1
73
42 762
-
故所求的一个正交矩阵为Q=（A,此，怯）=一会 o 76
1
] ]
-J2 76
.73
（22）解（1）由于£：丫= 广力\少必=「2寸心=¥，因此
J ―OO J 0 0
P{Y0,
Fz,(z) = P{Zi,zo)= (l,l,2),故切平面方程
为 z=0 与 2了+2»—z=2,选(B).
(3) 答应选(B).
解这是常数项级数的求和，按该级数的特点与题目设置的选项,提示我们要用分解法并结合sin工_
与cos x的蓦级数展开式求得该常数项级数的和.
已知 sinx= S%^+i)r(|x|<+oo),cosx= S (2^r(|x|<+oo),
现将原级数分解成
y (- 1)" 2n + 3 = y(_ 1)" (2n + l)+2
J，" (2n+l)!白' (2n+l)!
=S 镒+ 2^ (firiJT = cos iin 1.
因此选(B).
(4)答应选(C).
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・236・2018 年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
解这是在同一区间［一号，章］上比较三个定积分，其被积函数均连续，只需比较被积函数的大小•
先利用奇、偶函数在对称区间上的性质，化简
(1+» 2 J _
dz Idz +
1+x2
现只需在［一号，号］上比较以下三个函数
1,1+ ■/ COS X , ——J—,
e
易知 1 V 1 + /cos z(1 € (—，奇))，
因此 M = 号 ldr V J： (1 + J cos z)dr = K.
下面证明：当 z £ ［—，成"］，且 1 乂。时,1 V M*e > 1 = ex — x — 1 > 0.
证法 1 令 /(J?) = ex—J?—1 ,则，(/二寸一故
V0&V0),
f (工)< =0(z=0) ,=>/(x)>/(0)=0(^^0).
>0Cr>0)
证法2 令/(x)=e"-x-l,当1尹0时，用泰勒公式
/a)=/(0)+/(0)x+j/(f)j：2=ye^2>0(e介于。与］之间).
由以上证明可知亨VI,故NVM.综上K>M>N,选(C).
(5)答应选(A).
'1 1 0'
解 设4= 0 1 1 ,A和各选项中的矩阵都不相似于对角矩阵.对这样的两个矩阵，要判定它们相
、0 0 1,
似需要大纲要求以外的知识，而判定它们不相似是有办法的.因此本题采用排除法.
由相似的矩阵秩相等，知若A相似于B,则A-E相似于B-E,从而r(A-E)=r(B-E).
'0 1 0、
A—E= 0 0 1 ,r(A—E) = 2.
,0 0 0,
而当B取(B), (C), (D)中的任一矩阵时，都有r(B-E) = 1.从而(B), (C), (D)都排除，故选(A).
(6)答应选(A).
解一方面,A是CA AB)的子矩阵，因此rG4 AB)^r(A).
另一方面,(A AB)是 4 与(E B)的乘积，即(A AB)=A(E B),因此 r(A AB)(.x')dz = 21n 2 — 2 = 2(ln 2 — 1).
(11) 答应填i-k
解记三元向量函数FG,/,z) = (P,Q,R),则
i j k
，初 .add
rotF(z，v，z)=元 可表，
P Q R
这里 P=xy,Q=—yz9R=zx，于是
i j A
□ no
rotF(l,l,0)= f f f
da: dy dz
xy ~yz zx (i,i,o) 百
— Cyi—zJ—jJc') I =i—k.
I (1,1,0)
(12)答应填一专.
(x2 + J/2 + z2 = 1,
解L： 由于力具有轮换对称性，则
【z + jy+ z = 0,
§ xyds = § xzds =争 yzds = § § (xy xz +_yz)ds
=-y X [Cr+ y+ z)2— &2+y2+g2)]ds
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・ 238 •2018 年
°、《全国硕士研究生招生考试数学一解析
=§(°? _ l)ds =—£lds，
这里L是一个以原点为圆心、半径为1的圆，则§ Ids = 2穴・1 = 2穴，得必卬ds =-y
-2k
=-专.
(13) 答应填一 1.
解 设 Aai =Ai«i9Aa2 =A2«2>其中人i尹义2,则 A2ai =Ai«i,A2a2=A2a2，由 A2(% +a2)=ai +%，得
厝。1+义纽2=。1+。2=>(厝一1)。1 +(义芝一1)。2=0,而ai皿线性无关,则必有厝一1=0,彪一1=0,故人1 = 1,
人2 = —1 或人i = —1,义2 = 1，于是|A| =Ai • A2 = —1.
(14) 答应填土
-工 4
( ( )) ( )
fig 1 —EC m ic—p ac abuc _p abcuac
解 -^-P(ACIABUC) p(ABUC) P(ABUO
_P(ABC)+P(AC)—P(ABC)_________P(AC)________ ,)
—P(AB)+P(C)—P(ABC) — P(AB)+P(C)—P(ABC)・ ''
由于 A,B 独立，则 P (AB)=P(A)P(B)=j；A,C 独立，则 F(AC)=P(A)P(C)=^P(C).
由于 BC=0,则 ABC=A0 = 0=P(ABC)=O,因此(* )式化为
1 1P(C) 1
+= ------*(c)=j.
( )
4 4-+p c -o 4
4
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
—1 d(e2x) = ~ e2x arctan — 1 — [ — dz.
(15)解
2 4 J 姬 一 1
又 5 — . d(eJ)=
y/e1 — 1 \/ex — 1 J J 矽—]
=J\/ex — ld(ex) + j
.__ d(eJ)
7ez-l
= y(e"- Dy?77! + + G，
2y/e^l
所以 e2x arctan t/ex — 1 dz = e2x arctan %/ e1 — 1---(ex + 2) — 1 + C,
Z 0
其中C为任意常数.
(16)解 设圆的半径为Z,正方形与正三角形的边长分别为、和z,则问题转化为函数f(x,y,z) =
7tr2+y 在条件 2xr+4jz+3z=2(z>0,；y>0,z>0)下是否存在最小值.
令 L(x,^,z,A)=7tJ：2+y H-- /+人(2式工+4夕+32—2).
考虑方程组
|| = 2口+2 小=0,
|^ = 2丁+4 人=0,
孕=条+3丸=0,
dz 2
詈= 2xz+4;y+3z—2=0,
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• 239 ・北垢考研数学 C
真题大全解(数学一)〉>〉 °
解得 £<)= , AT 必=丁房，％=二耳弓房，所以 /(^o , >0 . Z0)= —7~,~~；"75-
冗+4+3将 71+4+3^3 71+4+3-1/3 K+4+3-/J
又当27ct+4;y+3z=2且zyz=0时，/{x,y,z)的最小值为
f(Q 2 273 \_ 1
八’4+37^'4+3知 4+3而’
而连续函数在闭区i^{Cx,y,z)\2nx+Ay+3z=2,X^0,y^0,z^0}±.必有最小值,则此最小值取自区域
的内部.所以三个图形的面积之和存在最小值;最小值为
y(xo,3>o，«0)= —-7—^:( m2).
Tt十4十3J3
(17)解 设2为卜°+3"1，所围成部分的后侧,0为2与》所围成的立体.
U = o
根据高斯公式，
xdydz + (^3 + 2)dzdz + z3(Lcdy = ]J(1 + + 3/)血心&.
2kJ r(l + Sr2) \/1 - 3/ dr =亨j (2 — t2yt2dt =
又jjzdydz + (、3 + 2)dzdr + = 0,所以 I =
((18) I )解当八r) = X时，方程化为y +了 = 1,其通解为
y = e~x(G + Jxexdz) = +ze' — ex)
=Ge-，+ z —1(G为任意常数).
(口)证 方程y+y = f(x)的通解为丁= e*[cT2 即
y = e-x ^C2 + joezy(i)dz^.
由 y{x) = e-x^C2 +Joef/(f)d^J,得
o <
+ T) —、(z) = [(号—1)C2 +§Jo 0,因此
八 ex-—1
K =-----.
根据拉格朗日中值定理，存在汪(0,心)，使得空二^ =或所以曲=或故互=&。〈互〈刀.
假设00 时,f (z)>0,函数 /Xi)在］0, +©o)上单调增加，所以
Q = 0 是方程 aea = ea —1 在［0,+oo)上的唯一解，故limxn=0.
(20)解(1)六个％，13)= 0当且仅当
rXi—x2+x3=0,
y x2+x3=0,
'=号，分离变量得尚^心=&.
两边积分得 ln(J+2)=z+ln C(O0),即 y2+2=Ce.
由火0) = 1,得 C=3.故 y= 5/3ex —2.
11. 答应填cos
解 已知 cos x= 2)( 01 V+8)，所以
(岳)・
n=0
£ % P, x"=吏 •(用)2” = cos在(OVzV+8).
7=t(2如)！ 七 <2n)!
12. 答应填孚
解设曲面E在汶力平面上的投影区域记为D"% = {(z,y)|^+JW4},则
『V4—x2—4z2 drdj) = JJ a/4 — x2 — (4 — x2 — y2} drdj»
32
T-
13.答 应填 x = 4(l, — 2,1)T,& €R.
解 由ai,a2线性无关，可知r(A)>2.又因为<13 = —<11+2%,所以r(A)V3,因此r(A)=2.
由此可知方程组仙=。的基础角考研电早版网站z"f2book.co疽无关的解向最•由％ 一汕"=0,
. 245 .7匕&考研数学 c
真题大全解(数学一)〉〉〉’, ‘ °
■ 1 ■
得(时<»2& -2 =0.于是可取(1,一2,1)T为一个基础解系，故通解为x="(l,一2,1)T,她R
.1 .
14.答应填号.
解法1由题意知，
EX = I, = I, 与dr =
J o Jo Z □
由 FCr) = j_^/(z)dz,得
0, zVO,
F&)= < 十，0EX — 1}=P{专 >§}=P(2>X>^ =如专 & =号.
解法2因为随机变量X的分布函数F(z)是连续函数，且单调增加.令Y = F(X)，则Y〜17(0,1),
所以 P{F(X)>EX — 1} =P">§}=号.
三、解答题：15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.解 (1)由一阶线性微分方程的通解公式，得
y = e-/1"11(C +专 e［血 dr) = e~专(C + 工).
又〉(0)=0,所以C=0,从而
y=xe~S2.
(2)j/=xe-V 的定义域为(—oo,+oo),
y = (1—x2)e~^ ,j/"=z3 —3)e4.
令 y/=0 得 x=0 及 h= ±i/3.
列表讨论如下：
X (—00,-73) —/3 ,+©o)
〃
y — 0 + 0 — 0 +
«
n n
y U U
由此可知，曲线y=y(.x')在(一疗,0)及(而,+8)内是凹的，在(-oo,-y3)及(0,刀')内是凸的.
又 >(-73) = -V3e-i)5,(0)=0,>(y3)=y3e-i ,所以曲线 y=y(.x}的拐点为(一疗，一西eT),(O,O),
(y3,V3e~i).
16.解(1)函数z^2+ax2+by2在点(3,4)处的梯度为
grad z=6ai+8bj,
由题设条件，知
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・246・2019 年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
f6a=-3^,
8b=—4奴
,a/36<22+6462 =10,
其中 k>0.解得 a=-l,b=-l.
(2)曲面z=2-x2-/(Z^0)在xOy面上的投影为
D={(z,少 |一+一V2},
所求的面积为
S = JJ J] + 4^2 + 4J
D
r \/1 + 4r2 dr
=引：71 + 4^<1(1 + 4r2)
=13兀
_ T*
注本题考查梯度与方向导数的关系及曲面面积的计算.
17.解由题意，所求面积为
-Dx _
S =「"广 | sin 招 & = £ （一 1）"「*
e"xsin xdx.
n==o
J 0 n=0 J E
,（n+Dn , I Gr
因为 e-xsin xdx =— e-xcos x e-xcos xdr
nit rtK
E I
f'
'GH4)k
=(—1。隹**一( + eF]— e~xsin j：dz9n = 0,1,2，…，
mt
J i
(»r+-l)it (_ "I \n
得 e-Isin xdx = [e~(,ri~1)'1 + e^"],n = 0,1,2, — ,
所以
S = jgLe^ + e—] =
18. (1)证 "i — q” = [ xnCx — 1) \/l — x2 dr,
Jo
因为在积分区间［0,1］上,z”& — 1） 71^7 < 0且不恒等于0,所以一劣V 0,即修，单调减少.
当n^2时，因为
）
xn \/1 — x2 dr = ［ x"-1 j: \/1 ~ x2 dr = —京 d（ it
0
扑(1 —工 2)"：+与 IF
•*X* -2
0
= "§ 1J x"^2 • (1 - x2} \/1 — x2 dr
x" •/! — dr
j:2
o
=■ — 1 71 — 1
一 ：:考讲电子版网站： wwwwww..pdf2book.com
・ 247 .7匕/考研数学
Q
真题大全解（数学一）与,
a>,=斜* z“-z 3=2,3,…).
所以
②解岩=俱•无•因为心单调减少且％>。，所以
”+2 a“-i '
从而 =
L8 Q”—]
注 用定积分建立递推关系时，可考虑分部积分法.另外，对％使用i = siru换元亦可建立递推关系.
19.解 设。的形心坐标为（云5,板），因为。关于乂如平面对称（。的边界表达式中z换为一z,表达式
不变），所以5 = 0.
对于0 < z < 1,3己
Dz = {（],、）| 衣 + （了一 z）2 < （1 — z）2}.
因为
V = dxdydz
n
=J dzjjdrd^
° Dm
=f nd — zYdz
J o
_ 7t
-T,
IJj/clzdj/dz = J d^Jydzdjz
n ° Dr
(z + rsin 0)rdr•(令 x = rcos O^y — z = rsin ff)
一 129
Ujzclzdj/dz = dzjjzdzd^
°叫
n
7tz(l — zYdz
0
_ 7T
所以
Jjj^drd^dz
v = q--------= -1
、 v 4
zdzd^dz
V
故c的形心坐标为（。,土,土）
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・ 248 -2019 年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
20.解 (1)由已知得 bai+ca2+a3=p,即
b+c+l = l,
y 2A+3c+q=1,
，+2c+3 = 1,
解得
q=3,
》=
2,c= —
2.
1 1 1
(2)因为 |。203，。|= 3 3 1 =2尹0,所以。2，为邢为1<3的一个基.
2 3 1
由(1)知。=2。1—2a2 +。3，所以 a}=a2― a3 + yA
1 10] r 1 10、
从而(。],。2，。3)=(。2，。3，0)0 1 ,故—土 0 1为所求过渡矩阵.
.1 ° °l U ° °,
21.解 (1)因为矩阵A与B相似，所以tr(A)=tr(B),|A| = |B|,即
I x—4=j»+l,
\4：x—8=—2y,
解得上=3,、= 一2.
(2)矩阵B的特征多项式为
|AE-B|=(A-2)(A+l)(A+2),
所以B的特征值为2,—1,—2.
由于A与B相似，因此A的特征值也为2, — 1,一2.
A的属于特征值2的特征向量为& = (1,一2,0)七
A的属于特征值一 1的特征向量为& = (-2,l,0)T；
A的属于特征值一2的特征向量为& =(1，一2,—4)七
记 R =(&,&，&),于是
'2 0 0 '
P「APi= 0-10.
.0 0 -2.
B的属于特征值2的特征向量为rji = (l,0,0)T；
B的属于特征值一1的特征向量为①=(1，一3,0)、'
B的属于特征值一2的特征向量为tj3 =(0,0,l)T.
记Pz=(m，华，作),于是
2 0 0、
P/BP? = 0 -1 0
<0 0 —2,
由P AP, BP,.得(ER ‘)考讲电手版网站：WWw. pdf2book.com
・249・々
花 考研数学
真题大全解（数学一）＞〉〉
P=RP/= -2 1 一2 ° _J_ °
.0 0 3
〔0 0 1
'1 1 1 '
=-2 -1.-2 ,
.0 0 -4,
则P可逆且P 'AP=B.
22.解 (1)Z的分布函数为
Fz(z)=P{Z—z} + (l—力)• 0=/>ex；
当z>0时，
Fz(z) = p ・ 1 + (1—/>)P{X,
令Cov(X,Z)=0,得力=夫所以力=奇时,X与Z不相关.
(3)因为
p{xo,p{zv-i}>o,
所以 F{X<1,ZW-1}尹P{X<1}P{ZW—1}.
故X与Z不相互独立.
23.解 ⑴由j^/(x； o+)；
选项 B, [j ln(l+Ji^)ck] =ln(l +/?")〜件(] — ()+)；
选项 C, (j sin 产 dz) = sin(sin2])cos z ~/Jo+)；
选项 D, (j Jsin%dz) = sin x Vsin3 (1 — cos x)〜^=x4(j; ->()+).
各选项求导后阶数最高的为选项D,故阶数最高的无穷小量也为选项D.
解法2由结论，可直接看出D中的面标击在1-0+时是％的(* + 1)X2 = 5阶无穷小,
是阶数最高的无穷小量，选D.
注(1)本题解法2所用结论为:设/(x),g(x)在z = 0的某邻域内连续，且当1-0时,g(x)是]的
fg(x) 、
n阶无穷小/&)是z的m阶无穷小，则当0时， fWdt是]的(m + 1) • n阶无穷小.
J
o
(2)读者可翻看2004年的第(7)题，与本题是类似的.
2. 答应选C.
解 当/Xh)在x = 0处可导时，/Xz)在工=0处连续,/(0) = limy(x) =0,且lim ■—△少=
3^0 ar-0 X
lim也存在，设为a,则有
x*0- 3C
Km =临乙§). -声下=lim，3)• lim -=a • 0=0.
i /1 x | i x V\x\ f i \/|x|
f x3,
对于A,B,可取反例/a)= 对于D,可取反例/&)=].
11, Z=O. .
3. 答应选A.
解 函数少在点(0,0)处可微，则有
..六"一六°，°)一於L广剽待一..心少―役L广凯。,°>七
lim . , ziz lim ------- u,
y2- J那 + /
(x,y)—(0,0) (*(x0,,0y))-
即有lim虹女兰些凶=o.
(x,y)-*(0,0) _|_y2
4. 答应选A.
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-252 ・2020年
°〈＜〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
解 当 时，根据阿贝尔定理，此时级数绝对收敛，即正项级数吏收敛,而正项
|r|VR
n=l n—\
级数吏 尸"|可看作是由吏&'|的所有偶数项构成的，故也收敛，从而£%广收敛.于是根据逆否
0
n= 1 n= 1 n= 1
命题的等价性，知当、a如/发散时，必有 R，选A.
|r | 2
n=l
解5. 答应选B.
4经过初等列变换化成B,即存在若干初等矩阵巳,七，・“,己,使得APiR・"P, =B,也即庭。=
I
B,这里 Po = P,P2 "PS 可逆，于是 BP J =4,记？J=P,则 BP =4,选 B.
6. 答应选C.
解 由于两直线相交，故两直线的方向向量线性无关，即a.a,线性无关,分别取两直线上的点
AS ,b2,c2y,BCa3 ,b3位），则向量徒与两直线的方向向量是共面的，所以它们三者的混合积为0,故
所以a3可由a】,地线性表示，选C.
7. 答应选D.
解 P(7^C)+P(ABC)+P(ABC)
= P(AB)-P(A BC}+P(AB)-P(ABC)+P(BC)-P(A BC)
^P(A)-P(AB)-[P(AC)-P(ABC)]+P(B)~P(AB)-[P(BC)-P(ABC)]+
P(C)-P(BC)-[P(AC)-P(ABO]
一 (佥一。)++-。一 (志一。)++-佥一(会一。)=券
选D.
8. 答应选B.
解 由题设,EX=号,DX=j，且X,独立同分布测
100 100 [
E(、X,)=、EX, = 1*00X = 50；
乙
£-1 «=1
100 100 1
D(、X；)= = 100 X4- = 25.
£DXi
i=i «=i 4
100
由独立同分布的中心极限定理可知S X,近似服从正态分布N(50,25),故
|*1=
_100_ _100_
'毁 、fyX,-50 L〕 fyx,-5o 1
P { " Xj W 55} = p] j^i v 55 — 50j>= P《j=i v ] 0(1).
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
9.答应填一 1.
后块 , ln(l+i) —(] —1), ln(l+x) — (ex~1)
解 原式=囤(寸一1)成1+万=职
X x2+o(x2 ) —「1+z 〃+。&2 ) —1
=lim—— -------------2—— -----------------
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・ 253 .。
花令
考研数学
P *真题大全解(数学一)>»
10.答应填一国.
毓业_了；_ 1 归一 d / 1 \ _ 测制7=2
解 &一乂一；，& —瓦(，厂五一
2
11.答应填 am-\~n.
解 直接在微分方程ra)W^)+/(^)=o(a>o)两端作积分并借助牛顿-莱布尼茨公式，有
r-H» [―4‘(z) —，&)]& =—| — f (x) I = am +n,
j /(x)dz =
0 ' I 0 I 0
这里/(+oo)= limf(z) = 0/(+8)= lim/(x)=o,理由简单表述如下:二阶常系数齐次线性微分
x ►■Foo
方程的通解只有三种情况，如在特征根n/R时顶(z)=Ge"+Gef注意到工T8时,产=+8(发
散),e~ = 0(收敛)，所以这类题目为了保证其收敛，往往都是特征根r<0,这时不管是了(+8)还是
f (+8)都趋于0,以上只是简要分析，读者可试着严格推演其他情况.作为填空题，考场上有这种估计已
经够用了,类似的问题读者还可以参考2016年的第(16)题.
12.答应填 4e.
解 fy(x,y)=xeJ：iyi,//(x,l)=^exJ;
^(x,l) = 3x3exI +e? ,/^(l,l) = 4e.
/■*, ( 、)的二阶混合偏导数显然在点(1,1)处是相等的，于是£(l，l)=4e.
13.答 应填 a2(a2-4).
a 0 -1 1 a a 0 0
a 1 -1 a 0 0
0 a 1 _] 0 a 1 -1
解 = =a( —1)1+1 0 a a +(-l)4+1 a 1 -1
-1 1 a 0 0 0 a a
-1 0 a 0 a a
1 -1 0 a 1 -1 0 a
=a2(az-2)-2a2=y'i—xy,得
芸=3zf 亮=2"r.
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• 254 •2020年
° «〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
=0,
dx :二Cl得驻点如）和
令<
即
3f
=0,
<3y
记 A=3 = 6z,B=3~，= —1,C=3=48、.
dx dxdy dyc
在点（0,0）处，由于AC-B2 = -l<0,因此（0,0）不是fCx,y）的极值点.
在点伟3）处，由于AC-B2 = 3>0且A>0,因此（音G）是r（W）的极小值点,极小值
-
为尸（*房 ）=一志
16.解 取L为4/十寸=1,方向为顺时针方向；由L与Li围成的平面区域记为D.
4z — y
~ 特 4 9 +i y22
根据格林公式，得
•L
心
=Q B
崖（用）噩 寺）］妣
=0,
所以
T
（4了一/）& + & + 了）心
「8(1 + 3) _ 3(4z —3)
L 奴 dy
4f <】
17 .证由条件可知,％尹0,且
lim 毕站=lim^ry- = 1,
»f-oo I an I 〃十 1
所以葬级数吏y”的收敛半径为1,从而当|x|0 时,设工。6(0,2),使 I /(xo) | = M.
若女e(0,1),根据微分中值定理，存在ee(o,xo),使得/(x0)-/(o)=—g,故
I /($) |= L△戒'>M；
工0
若* 。e(1,2),根据微分中值定理，存在6,2),使得/a0)-/(2)= /(e)a0-2),故
I f (& | = /列2」>M；
z —五)
若工。=1,根据微分中值定理，存在ee(0,1),使得/(i)-/(o)= f(命,故| \ = m.
综上可知，存在9e(0,2),使得| /(e)I2M.
(2)当| /(x)
i>〉
=^P{X, < x,X2 < y} +土P（X| < x,Xr < y}
（2）证 由（1）知,y的分布函数为
Fy(y') = limF(x,y)
lim+-^-4>(tnin{x，3»}) J
x *+oo
=i>(.y)，
所以丫服从标准正态分布.
23.解（1）由条件知
P{T>t} = e-r
P{T>s + z,T>s}
P{T>s + t | T>s}=
P{T>s)
P{T>s + r}
=e~ 眇
P{T>s)
（2）总体T的概率密度为
［七e专
六£泌）={俨5 t>0,
〔o,
其他，
似然函数为
L⑹=< 备 >0«= 1,2,•••,”)，
0, 其他，
当t, >OG= 1,2,•••,”)时，取对数得
In L(0) = nln m — nm\n。、In t尸—石千.
«-1 V ai
令£1^ = 0,得
nm ■ m § 产 _ n
e十。*召叩
从而得。的最大似然估计值为a = 仔孙疗.
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• 258 .2021年全国硕士研究生招生考试数学一解析
一、，选择题：1〜10小题,每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
工是最符合题目要求的.
1.答 应选D.
b — l-i
解 因为f （0）=］血/°°_』（°）= lim ----- = 1血.二«= =lim 勺皂=■，所以贝）
x*O- X x*0- X x-»0 X ° z 4Z Z
在z = 0处可导且导数不为零，故选D.
2 .答应选C.
解 由/(x + l,ex) = x (x + I)2,两边同时对x求导，得
/l(x + l,ex)+/l(x+l,e") ・e' = (x+l)2 + 2x(x + l). ①
①式令工=0 得 /(1,1)+/1(1,1) = 1. ②
由/(x,x2) = 2x2ln z,两边同时对x求导，得
/^(x,x2) + /l(x,x2) • 2x = 4xln x + 2x2 •—. ③
x
③式令 x= 1 得 /(l,l)+2/l(l,l) = 2. ④
联立②式，④式，解得/(1,1) =0,/1(1,1) = 1.所以好(1,1)= d?,故选C.
3. 答应选B.
由于 /(X)= = Fx —yr +o(x3)"|[l —x2+x4 +o(x4)] = x-- x3 +o(x3),
解
1+z L 3! 」 b
因此 = 1,6 = 0,c =—《,故选B.
q
o
4. 答应选A.
解 将区间[0,1]”等分，在每个小区间[宁，号]° = 1，2,…,n)上取区间中点的函数值
k |^-1'
f n )"，小区间长度为故选A.
2 J n
5. 答应选A.
解 /(X1 ,X2»X3) =(X1 +x2)2 + (x2 +x3)2 — (x3 — X1)2
=Xi + 2xi x2 + xf + xf + 2x2x3 + xf — xf + 2x^3 — xj
= 2x! + 2xi x2 + 2x2x3 + 2xi x3.
‘0 1 r
二次型，的矩阵为4= 1 2 1，则其特征多项式为
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・259.化玄
考研数学 （
抒3真题大全解（数学一）>〉
A -1 -1 A +1 0 -A-1 A+l 0 0
-1 A-2 -1 -1 A-2 一】 = A-2 -2
-1 -1 A -1 -1 A -1 -1 A-1
10 0
=(义+ 1) —1 A — 2 —2
-1 -1 A-1
=(A + 1)E(A-2)(A-1)-2J
=A（A + l）（A-3）,
则正惯性指数P = 1,负惯性指数q=L故选A.
6.答 应选B.
解 由题意，阳。 正交，故
2
（。 ，。2）=（。1，口2）— 以=£ 等〈=_|_ =],
1 ,.）=0 1
P(A)nP(AB) > P(A)P(B).
r\D)
P(司 | B)= F(#) = 1 —P(A)—P(B)+PGAB)
P(B) l-P(B)
1 — P(A) — P(B)+F(A)F(B)
7 l-P(B)
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-260 ・2021年
°〈<〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
=1-P(B) — P(A)[1-P(B)]
一 l-P(B)
=l-P(A) = P(A),
故A正确；
选项B,由条件知,A,B相互独立，结论显然成立；
选项C,由条件概率公式得P(AB) > P(A)P(B),所以
■ P(A | B) =^^>P(A),
故(：正确；
洗瑜 D P(A\A\\rn- P(A(A U B)) _ P(A) = P(A)
选项 d, f(aiaub)- p(aub)一 p(a u B)— P(A) + P(B)-P(AB)'
P瑟 I A I I R)= P(，(A U B)) = P(XS) = P(B)—P(AB)
lumaua— p(aub)一 p(a u B)— P(A) + P(B) — P(AB)'
则有 P(A) > P(B) — P(AB),不能说明 P(A) > P(B),错误.
故选D.
9.答应选C.
解 由E（切）=E（又一 V）= 成一 E?=灼一巧，知&是。的无偏估计.
d 角）=D（x-y）= Dx+Dy-2Cov（x,y）
01 j 02 ZpO\6l
n n n
故选c.
10.答应选A.
解检验犯第二类错误的概率为落在接受域的概率，即
P= ｛衣11｝=「（^^<11；/?代｝=贝一1）=1—中（1）.
故选A.
二、填空题：11〜16小题,每小题5分，共30分.
11.答 应填于.
解 r = r (z+，+ l& = arctanG + 1)「=奇—于= TC
T
12.答应填音.
处 :矿Q) _ 4e'+4(z-l)e' + 2z _ 久
钮
& J/Q) 2F + 1
处I _ d(2z) 1 | 2 1 2
&2 ,=。一 di x QO 1 t=x0 2e'+ 1 1 f=o 3
13.答应填工气
解 令x = e\原方程可化简为警一尊+字一幻=0,即7〃《）—4了《）=0.
特征方程为/ 一 4 = 0,解得n = 2顼 =一 .2，故V （t） = G + G建，即v盆）=G ,代入条
a
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・261・7
白」考研数学__________________ o
n*
真题大全解(数学一)>>〉
件 3»(1)= l,y (1)== 2 得 G = 1,C2 = 0,所以 y — X2.
14.答应填4汗.
解利用高斯公式，得
原式=2dydz + y2 dzdz + zdxdy
=jjj ( 2x + + 1) dw === JJ Id® =
4tt,
a - a
其中。为2所围空间闭区域,*( )处利用了被积函数的奇偶性化简.
15.答应填荡.
A
解由题意知 又因为|A| =3,所以A-A= |A|E = 3E,于是
，从而有 2(An + A21 + A31) = 3,即 + A21 + A31 =
Ah
16.答应* 填
解 x的取值为o,i；y的取值为0,1.
P{X= 1} =P{X = 0} = 土
P{y= 1} =P{X = 0,Y= 1}+P{X= 1,Y = 1}=号x|■ + 号 X§ = 土,
o) = i-p(y = 1}=号.
p(y =
故 政=土£Y= 土,E(XY)=P{X=1,Y=1}=号 xg = 3.
Cov(X,y)= E(XY)-EX ・EY=赤;
DX = E(X2) 一 (EX)2 = = ECY2) 一 (EV)2 = 4
4 4
=Cov(x,y)=瓦
=jl.
p 一 yox • tdy ~ T7T —亏，
2 2
三、解答题：17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(1 +| e,&)的收敛域为(0,口.
n=l
_e 1
当(0,1］时，习厂=
l^e~x — ex —I,
n=l
当(0,1)时，»' =涪一，所以N 七=一比(1一工)，由此可得
】N n=0 〃 ~I 1
n=0
§ w =_ r
ln(l — t)dt = x+ (1 — x)ln(l — x).
n(n + 1) J0
当 1=1 时，、(—1、=、 ( 4、= 1.
切 n(n + 1) 切 n(n+ 1)
综上可知，级数£>”(工)的和函数
n=l 〜
•工' + — +(1 ——)111(1—z), x G (0,1),
ex — 1
SCz)= <
_ e
X = 1.
、eF，
19.解 求C上的点到xOy坐标面距离的最大值可以转化为求z在条件4z + 2、+ z = 30与/ +
2y2 —z = 6下的最大值或最小值.
设 = z + X(4x + 2y + z—30) + 2y2 — z —6).
^jc2 +
L；= 0, '4A + 2px = 0,
L；= 0 9 2A + 4《y = 0, 3 = 4, (x =—8,
令< L>0,即v 1 + A —p. = 0, 解得y y = 1,或y / =—2,
L；= 0, 4z + 2, + z — 30 = 0, .z = 12, Iz = 66.
、L；= 0, .x2 + 2y2 — z — 6 = 0,
所以曲线C上的点到zO,坐标面距离的最大值为66.
20.解(1)依题意，函数/(x,jz) = 4一〃一丁2在平面区域D】上非负，在D】之外小于零，所以
Di = {(N,j0 02 +了2 W 4}・
从而
I(Di)= jj(4 — 了2 — 丁2)&心=j 也 j (4 — r2)rdr =
8tt.
⑵取L：/ + 4丁 = 1,顺时针方向,3D】与L之间的区域记为E.因为
d /4j>ej+4y? 8巧(〃 + — 1) e'44' + — 4/ __ 旦 /J?ej+4：y +y
—jc\ _
dx \ x2 + 4j/2) ((xx22 ++ 44y/))22 dy^ x2 + 4jz2
所以
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263。
7
匕/考研数学
P *真题大全解(数学一)>〉〉
(ze'4"4' + /) dr + (幻营 * — z) dy
x2 + *
a"L
=9佳(整M)-刑去部)]妣=。，
■由 f (^ex+4y2 +jOdz+ (4灭'+4' — z)d;y f (zb +" +,)& +(4义工 +" — q d、
从而 j--------- rw =一\ ]2+4丁
=—J (ez + y)dz +(4ey — x)dy
=—J 2dxdy
x+4y <1
=—7t.
A — a — 1 1
21 .解(1)因为|AE-A| = -1 A-a 1 =(人一q + 1)2( 人一a — 2),所以A的特征值为
1 1 A-a
A i =A2 = q — 1,人3 = Q + 2.
当人］=义2 = Q 1时，解方程组［(a-l)E-A> = 0,得A的线性无关的特征向量备=
6
2
76
§2 = 0，进行施密特正交单位化得邛1 = 也 ，即2 =
[1J 6
2
76
.0 .
3
_V3
(-11 T
当A3=a+2时，解方程组［(a+2)E一如x = 0,得4的特征向量品=~1，单位化得邛3 = 一尊
1 恒
、3
'_J2_ 晅 _匝、
~~2 T T
令p = (m,华,华)= 辛 单 —尊，则
■ Z 0 o
0 匝座
〔 3 3 J
a-1 0 0
PTAP = 0 a-1 0
、0 0 q + 2
故P为所求正交矩阵.
(2)由(1)知
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• 264 ・2021年
：〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
a~\ 0 0 '4 0 O'
(a+3)E-A=(a+3)E—P 0 a~\ 0 pT=p 0 4 0
0 0 。+2, 0 0 1,
'2 0 0'
令C=P 0 2 0 PL则C = (.a+3)E-A.故所求正定矩阵是
、0 0 1.
匝 _4T\ 匝 T j_、
2 6 3 2 3 T ~~3 T
「2 0 O'
也 a/6 _也
0 2 0
也 匝 _a/3
__
_5_ _i_
T 亏 T 2 6 T T T T
10 0 L
J_ _5_
76 73 在 匝
0 0 T T,
3 T . 3 T
22.解(1)设随机取的点的坐标记为V,则V〜17(0,2),X = min{V,2 — V}. X的分布函数记为
FxGr).由于 P {0WX〈l} = 1,故
当 z V 0 时,Fx(h) = 0；
当工21 时,FxCr) = 1;
当0 ^}
1 — P{zVVV2 —工}
(2 — x) — x
=1-------2= *•
CO, zVO,
所以X的分布函数为Fx(z)={s 0V1V1,
11,今 1.
_ (1, OViVl,
故X的概率密度为fxS = 廿，L
10,其他.
(2) 由条件，知/ =尊=4^•由于函数^ =— 在(0,1)内严格单调且可导,反函数为工=壬，
X l~r z
A A
圭=—土'故z的概率密度为
住)」从击)|_帚』z>1,
lo, 其他
、
2 1
=< (1 + 两，
、0, 其他
(3) E(Y)=E(2^X)=£ 我& =2心一1.
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-265 .2022年全国硕士研究生招生考试数学一解析
一、选择题：1〜10小题，每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项
是最符合题目要求的.
1. 答应选B.
解 lim = 1=> lim/（x） = 0,故选 B.
z In x —I
2. 答应选D.
解 案= '/（十）+*' （于）•（-声谚= "（《）+"'（于）•（手），
则 ，
由（《）+了勺广（于）•（-声）+由（于）+瑚/（+）•（手）=*2 （《）+0
=y2（ln、一In z）, （ * ）
令1= 1以=1，得，（1）=。・
（*）式对，求导2刃（于）+2由，（于）.（ 一声）="（一手）.
令 x = y= l=s>2/（l） + （-2）/（1） =-1,得 f（l）=夺,故选 D.
乙
3. 答应选C.
解 取工,=（一1）”・奇=>｛而｝发散.有
J2 /§■
limcos （ sin z”）= cos %, limsin （ cos xn'）= sin 亍，
n*o-o Qj n*o-o Z
得limsin［（— 1）" •号］不存在，故选C.
4. 答应选A.
解 令 f（x） = * —Ind+z）,/ £ ［0,1］，则 /（x） = 4- — t4t-=获 了\ V0,z €（0,1）.
Z Z 1 ~rx 乙IJL 十U
/（0） = 0=> * < ln（l +x）（x G ［0,l］）=>L V L・
«
，
现比较/2和l 即比较翁皋 与
cos -y > sin -y 6 (0,1)
u u
(2cosf ) > (cos 号 + sin 专)
=>4cos2 -^ > 1 + sin z
=>2(1 + cos > 1 + sin x,
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・ 266 .2022年
° «〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
gn 1]
2(1 + cos x) 1 + sinz'
又 21n(l+z) V 2z,z € (0,1),
则 It < I3.
故选A.
5.答 应选A.
解 由题意,3个不同特征值可以推出A能相似对角化，但是反之不能推出，故选A.
6.容应选 C.
解 f 什 +跖=。，
①
\O B/\y2 / \By2 = 0,
B A\ /J3\ _ (By3^rAy, = 0,
O A)\yJ 扇 4 = 0. ②
[Ay{ = 0, (Ay4 0
由①得 由②得
\By2 = 0； \By3
由Ax =0与m = 0同解可知①的解是②的解，②的解也是①的解，故选C.
7.答应选 C.
1 1 1 1 A 1 A
解 1 A 1 A —> 0 1-A A-l A2-A
1 A A2. <0 0 —(A + 2) (A — 1) (1+Q(lf 2)
若人=1^厂（。］,。2，口3）=厂（。1，。2，。4）=厂（。1，。203，口4）= 1，等价；
若人=0。厂（。1 ,阪，。3）=厂（％，。2，。4）=,（。1 02，。3，口4 ）= 3 ,等价；
若人=—1 =＞广（＜11，。2，。3）= 3,厂（口1，。2，。4）= 2,不等价；
若义=—2 =＞厂（。1 ,口2，。3）= 2,厂（。］皿，。4）= 3,不等价；
其他情况时，厂（。1，。2，。3）=厂（口102，口4）=广（口1，。2，口304）= 3 ,等价.
故A的取值范围为"I A € R＞A尹一1,义丰一2｝，故选C.
8.答 应选C.
解 依题意，知 DX = （3~0）2 = -?-,DY = 2,
则 D(2X-Y+1) = 4DX+DY-4Cov(X,Y) = 3 + 2-4X (-1) = 9.
故选C.
9.答 应选A.
解 例= E*),(X “z =E( +史 X?)=E(XZ),
d(4
史 x¥)= + {E(X<) — [E(xz)T}=+(灼一/4),
故 P( .故选 A.
10,答应选D.
解
1 (1)2 1 x2 1 2丁2+/_习
/Vix(v I 1)= ~2=厂 2 ,/x(x) = e-2 = 2~e~ 2
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・267・7匕/考研数学
P *
真题大全解(数学一)〉〉> °
EX = O,DX = 1.
r+oo r+oo i 汶+孩―曷 r+oo i £
E(XY) = dr xy «-e— 2 dy = x • -y=e~2 • zdr
=E(X2) = 1.
EY =J r -H» drj c -h» = J r+00 x ~^= 1 ze-T dr = 0,
「+00 r+°o 、 「+oo 1 _2
EIY2) = I dr y2f(.x,y)dy = (1+工，= 1 + 1 = 2,
J —co J —oo J —y2>Tt
=E(XY)_EX ■ £Y = E(XY) = E(XY)=也
PxY — V/D7^Xr ■ /DwY — 7E(y2)-(£Y)2 /EY) 2'
故选D.
二、填空题：11〜16小题，每小题5分，共30分.
11.答 应填4.
解沿着梯度方向，方向导数最大，最大值为梯度的模，首先求梯度：
咨| — 2x1 = 0,羿 =4、| = 4,grad /I - 0i + 4j.
dz I(0,1) I(0,D dy I (O.D I(0,1) I (0,1)
故在点(0,1)处最大的方向导数为I grad/I I = 疗W = 4.
I I (0,1) I
12.答应填4.
。In □
解 、•= In j7c1(2a/^) =2a/x • In x 2>/x . —
X
dr
=4e — (4e — 4) = 4.
13. 答应填[4e'2,+oo).
解 由已知得&2 +丁2) • VR.令 f (工，,)=(x2+y)e_jr-y, lim/(x,jz) = 0,故 3 X> 0,Y> 0,
■*+oro
y » j-oo
当z>X,y>V时,|哲(3)|V1 .而fg)在[0,X]X[0,Y]上必有最大值，故f(x9y)在次。，心
0上存在最大值.问题转化为求/&，')= (x2 +y)e-x-y在z20，v>0上的最大值.
当 x = 0 时,/(0,3/) = ;/户，由 g(0,y) = 0 得驻点 y = 0,y = 2,有
/(0,0) = 0,/(0,2) = 4e-2.
当V = 0时,/"(z,。)= /厂，由仁(工,0) = 0得驻点x = 0,z = 2,有
/(0,0) = 0, /(2,0) = 4e-2.
«
当 z > 0,)> 0 时，令 f,= 2*e-L> 一(工2 + J)e-L》=Q,fy= Zye^- (x2 +y)e-^ = 0,解得驻点
(1,1),有/(1,1) = 2/.比较以上各点的函数值，得max y&,_y) = 4e-2,故k》4e-2.
14. 答应填一 1.
解 lim| 尹*& 探^广 •牛= lim| (土| = e—i.
^oo I(7i+1) n! I 181 侦十
令 e—] < 1=>jc >— 1,所以 a =— 1.
15. 答应填一 E.
解 [E—(E —A)T]B= C(E-A) (E-A)-1 - (E-A)-1 JB = A
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・268・2022年
«〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
=>-A(E — A)TB = A
=(e-a)tb =—E
=— (E _ A) = A — E
=>B — A =—E.
16.答 应填冬.
O
解 由题设，知 P(AB) =0,P(AC) =0,P(BC) =P(B) ・P(C),则
_ P((B U C) C| (A U B U C)) ― P(B U C)
P(B U C I A U B U C)
P(A U B U C) - P(A U B U C)
__________________P(B)+P(C)-P(BC)__________________
P(A) + P(B) + P(C) — P(AB) — P(AC) — P(BC) + P(ABC)
________3 3 9________
•4-+-4-+4—o—o— +o
o o o y
=3一3 = 3 =鱼
! 1 8 8,
三、解答题：17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17 .解由J 3^ = 2 +归得，
y(z) — e~"j左& [c +j(2 +去)ej 左血 dr]= eS[c +J(2+&)e"dz].
令G =、则
j(2+石)= | (4z + 2i2)erdz
=(4, + 2$)e'-J(4 + 4QeW
=(4z + 2/)e' — (4 + 4Qe' +J4e'dz
=2t2e = 2ze"・
所以 = 2x + Ce-^7.
由 _y(l) = 3 得 C = e,所以 yCx) = 2x + e^9x £ (0, +©o).
因为lim必丘=2 + lim -一- = 2, lim \_y{x) — 2x\ = 0,所以直线y = 2z是曲线;y = y(z)的斜渐
x
• l-°° JC X. j: ■ 18
近线.
18.解令 Di = {(r,0)|O 09y > 0}，则 S：z = \/l —4x2—y 9(x9y) £ D.
因为N上侧为正，所以
M
— 4x2 — y2 房 +1 — 4〃 _ / ) dzdy
，D
T
-
12x2 — y2)dj：dy.
D
1 q
x = -z-rcos
令＜ 2 则
0.
'1 2 3'
21.解(DyCrig，^)对应的矩阵 A = 2 4 6.
.3 6 9,
(2)因为
A-1 -2 -3
I AE-A |= -2 A-4 -6 = A2(A-14),
—3 —6 A-9
所以A的特征值为"=14以2 = % =。・
1
而
2
当人1 = 14时，解方程组（14E-A）x = 0,得特征向量& ，单位化得fji =
/14
3
/14J
-2 -3]
当A2 = As = 0时，解方程组（0E-A）x = O,得两个线性无关的特征向量品= 1 ，& = ° ，单
1 J
.0 ,
3
2 —而
___ 6_
位正交化得邛2 = 5|3 =
/70
75
5
、0 -
、/70 ，
1 2 3
/14 A /70
2 ___ 6_
令。=（〃1，邛2，可3）= ，则Q为正交矩阵，且
/14 75 /70
3 5
0
,/14 /TO
'14 0 0'
QTAQ = 0 0 0.
、0 0 0,
故在正交变换x = Qy下，工2，工3）化为标准形14"・
（3）由了3，互，13）=0及⑵，得带福熟煎喘质p%昆恳二从而六"初，女）=。的解满足
・ 271 •k
&考研数学
n*
真题大全解(数学一)〉＞〉 '
Xi + 2x2 + 3x3 = 0.
命' -2 -3'
故 =虹 1 +处 0 ，其中知，奶为任意常数.
口 0 1 .
3.
22.解 设与 为，乂，…，为为样本值，则似然函数为
9X2 e
从而
In L(ff) =— mln 2 — (n + m)ln d "而—备"功，
d[ln L(。)] =_n + m . J_y _i_A.y v
de ~ 0十俨m '十2俨勺y.
令亚骅 =0,解得定止(丸"土
ob 〃十m \ A】 乙)
因此d的最大似然估计量为e = 瓮丰窘，其中x = = 土£匕・
由于D(灭)=田,D&)=壁，因此
n m
赫-d「远妄 1= 4必D(云)+m2D&) =
口⑹-DL 2(〃 + m)」一 4(n + m)2 — n + m
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• 272 ・2023年全国硕士研究生招生考试数学一解析
一、选择题：1〜10小题,每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
工是最符合题目要求的.
1.答应选B.
解 lim 卫=lim InfeH---) = In e =],
k =■
x*o-o \ 1 /
X-^OO 3C JC
b = —j:) = lim[zln(e + z 】)~~z]
工 今一— ==t岫+ + 1)15)_(斗 + 1)]=虹 1+汕"2 + 1)
ln(e + t) + (l + Q .土一1 1 1
=lim-------------z------------ = In ed------1 =—,
e e
所以所求斜渐近线方程为3- = ^ + -.故选B.
e
2.答应选C.
解 当微分方程yf + ayf+by = 0对应的特征方程r2 -\-ar+b = 0有实根时— 46三0,设根为
厂1，a，则微分方程的解为 y = Cier,x + C2er,x(ri 尹 a)或夕=(G +C2x)er,x(r1 = r2 )，此时解在(一°°»
+ 8)上无界.当a2 — 46<。时，设根为a+庐,则'=(Geos伊+C2sin位)《皿,若想解在(―oo, -}-oo)上
有界，贝U a = 0,又。=—，因此a = 0,结合a2 — 46 < 0可得6 > 0.故选C.
3.答应选C.
[x = 3,
解当时，参数方程为 即z>0，v =奇sin专;
\y = tsin ty ° °
当t V。时，参数方程为 即z V 0,7 =—zsin
» =— tsin t,
1 . OC. I JC 工 八
—sin — H- -^-cos —, z>0,
□ o y o 、
由 J = f (x) = J 八 _ n lim/7(x) = f (0) = 0,则 f'3 在 7 = 0 处连续.
U J X ― U , x-^Q
、一sin x — x9 z V 0,
jccos
又4(0) =-|,/L(0) =-2,所以/(0)不存在.故选C.
4.答应选A.
解 由级数与吏九均收敛且a„〉〉 °
若£九绝对收敛，由I a」=B”十% —九| < I 6„ I + \a„ — bn \ ,可知吏a,绝对收敛.
】 n=l
若吏％绝对收敛，由\bn\= |a„+6n —an|< \an\+ \bn—an \ ,可知吏九绝对收敛.
n=l
故选A.
5.答应选B.
解 对于(° * 将分块矩阵第二行的一 A倍加到第一行，即
\BC El
lE ~A\I° 气=「况 °\(° °\
\O E 八BC E) V BC E) E)
故 rx = n.
/AB C\
对于 ，将分块矩阵第二行的一c倍加到第一行，即
\ O E/
(E 一C\ /AB C \ /AB O
\O E 八 O E) \ O E
故厂 2 = r(AB)+r(E) = r(AB)+n.
/ E AB\
对于 ，将分块矩阵第一行的一期 倍加到第二行，即
O /
E> \AB
再将分块矩阵第一列的一期倍加到第二列，即
/E AB \ /E
\O -ABAB 八。
故乙=r(E)+r(-ABAB),又因为 0 < r(-ABAB) < r(AB),所以 r】 < 甘 < *，故选 B.
6, 答应选D.
解 A中矩阵的特征值不同，分别为1,2,3 ；B中矩阵为实对称矩阵;C中矩阵的特征值2为二重，其对
应的线性无关特征向量个数为2；D中矩阵的特征值2为二重，其对应的线性无关特征向量个数为1,不可
相似对角化，故选D.
7. 答应选D.
解 由题意，设 y = + 为 2 。 2 = +，2。2，即 + ^2«2 —―，2 。 2 言。，记
'1]=打，
12=^2， [而=34,
< 则 +x2a2 4-x3Pi+x4p2 = 0,解得〈 A € R,故
X-Z = — l\ 9 I-^2 = — R，
危4 =— Z2 »
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• 274 ・2023年
O-------------------------------
二研究生招生考试数学一解析
故选D.
8, 答应选C.
解 由题意知 EX = 1,则 E(| x-l |) =E(X—l)+2・P{X = 0} =0 + 2广=2ef 故选 C.
9. 答应选D.
解 由题意知，("一31淄〜淄〜f(m —1),§与岛相互独立，则
, (〃一1 淄
2/
m— 1
故选D.
10.答应选A.
解 EMlXi—Xzl )=oE( |Xi—&| )=a •竺=<;,得<1 =辱,其中,X】一X,〜N(0,2/),令
V7T 乙
Z = X】一X2,有
ECIXlXzI ) = J二 z | . ■ -F .海血=2 广
v2tt 42a Jo 2v7ta
=2 左(一 3)=-君送 g 2a
o *
故选A.
二、填空题：11〜16小题,每小题5分，共30分.
11.答 应填一 2.
,,2，, z, , 、 ax+bx2 + Fx —-|-x2 +o(x2)"l
解 1血皿 +辱+ ln(l+G = 1血------------ L J --------J = 1,
z e」 z ]+/+心)— —
cosh
所以有a + l = 0,》一牛=身,因此a =—1,6 = 2,故沥——2.
u 乙
12. 答应填z + 2, — z = 0.
解 令 F(z,y,z) = z —1 — 2了一 ln(l+/+/),有
玲=_1_1+，号,玲(。,。,。)=-1,
F—2-]+>+.,F；(0,0,0) =-2,
又Ft = 1,故所求切平面方程为工+ 2y - z = 0.
13, 答应填0.
解 由/(X)=号+，右cos gc,因此/&)做偶延拓.
an = 2 [ (1 —x) • cos nnxdx = — f (1 — x)d(sin nnx')
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・ 275 •。
花令
考研数学
P-J
真题大全解(数学一)>>:
2「 1 + 1
=——(1 — Z)sin nnx sin n sin 727txdz
FL 0 o 0
2
=---cos nitx
n2n2
0
故£= 0.
”=1
14.答应填
解 /(x)dz = /(])&+| y(x)dx+ I /(x)dz,
1 J 0 J 2
由于J /(x)dz = 0,因此，原式=—j，(z)dz+I又由于
f /(x)dz = f /(z + 2)&,
J 2 J 0
原式=f + 2) — /(x) Jdz = =*
故
Z
J o o
15. 答应填孕
解易知。 1， 。 2， 。 3 两两正交，则有
rTai =俨。 1 。刈=
YTa2 =俨。
2*2 =— 1,
rTa3 = pTa3=>^3 =— y，
故好+妨+屐=?.
16. 答应填号・
解 p{x = y} = p{x = o,y = o}+P{x= i,y = 1}
=P{X = 0}P{Y=Q}+P{X= 1}P{Y= 1)
= fx(T)2Hx(l)Z><2
_ 1 , i _ 1
三、解答题：17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
«
17.解 (1)曲线了 =火1)在点P(x9y)处的切线方程为
Y — y = j/(X —z),
该切线在夕轴上的截距为3/—巧
由题设，得y — xyr =工(1〉0),即y =— 1.所以
x
y = (C —dr) = x(C— In z).
由 y(l) = 2,得 C = 2,所以 y&) = x(2 — In x).
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-276 -2023年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学一解析
(2)由，(工)=得 f (z) = y(.x').
由⑴知 y(.x) = x(2 —In x),所以当 0 < x -< e2时,>(x) > 0；当 x > e2时,y(x) V 0.
从而当了=eW./(x) = j\(t)dz取得最大值.
又 = yi2(2-lnz) |* +y£idz = y(e4-5),
故/(x)在(0, +8)上的最大值为- 5).
18.解 因为 f (工,y) = x5 —x3y — x2y + y2,所以
= 5# - 3为 一 2巧，芸=2 j ,
B = 2W - 6巧 - 2y 哉=—3/ — 2工，繇=2.
条= 2
0,
1 = 0, x = 1, T,
由＜ 得 或 或v
、芸= V = 0 丁=1 10
0, y =
27,
） ；
在原点附近，当、＞/时js,n ＞o
当时/&,少vo.所以/（o,o）= o不是了&以）
的极值.
x = 1,
当 时，因为
、=1
A = 3 = 12,B = =—5,C=沼=2,
dx£ dxdy dyl
所以AC-B2＜0,从而点（1,1）不是六了,少的极值点.
_ 2
当〈 时，因为
io
y=27
A a2/ loo D a\f 8 厂 丑•,
A = ^ = 〒'B = ^；=—2'C = ^ = 2,
所以A ＞ 0,AC~B2 =务＞ 0,从而点（号等）是f（x,y）的极小值点，极小值为•/'（号，新=一嘉
19.解 根据高斯公式，得
(2z — sin y + sin x)djcdydz.
jez
因为〃关于zOz坐标面对称，所以
xz sin ydxdydz = 0, 3y sin jcdzdj/dz = 0.
记。={(了,少 | x2 +y2 < 1},则
2zdzd^dz
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. 277 .｛匕/考研数学
o
真题大全解（数学一）＞〉〉
=JJdzdjzJ 2zdz
=jj(l +x2)drd^
D
=穴+身口矿
r3dr
Z J o J 0
=5穴
一'4.
20.解 （1）由题设，根据一阶带拉格朗日余项的泰勒公式，存在e e （一G,0）,12 €（o,a）,使得
，
/（—a） = /（0） — f （0）a + ~/\xi ）a2 =—
（0）g +
身，（Xi）a2,
乙 乙
/(a) =_f(0)+f(0)a +夺 f g)a。= r(0)a + +f (初)戒
所以 y(-a)+/(a)=与LfS) +’6)].
因为,(工)连续，所以存在£€ 3,物u(—a,a),使得
，(£)= *[/(工 1)+，(工2)].
综上，存在f 6 (-a.a).使得
//(e)=^L/ I f(a)—/(—a) I-
21.解 （1）由于
/(X! ,x2 >x3) = Xi +2xf + 2x| +2xix2 — 2xix3 = (xi +x2 — x3)2 + (x2 +x3)2,
于是作可逆线性变换
得 f(JC19X29X3)=好+妨・
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• 278 .- 2023年o---------------------
〈侦全国硕士研究生招生考试数学一解析
由于g（:y】，，2必）=yl +yl +yl + 2y2y3 = M +（必+/3）\于是作可逆变换
&1、 1 0 0' >1'
为 = 0 1 1
yi
0 0 1.
)3,
得 g(:yi，V2，)3)= zi+zl.
令
■ 1 —r-i i 0 O' ‘1 -1 r
p _
0 1 i 0 1 1 = 0 1 0
、0 0 i . 、0 0 1J <0 0 i,
则在可逆变换x = Py下，
/（X1，X2,X3） = g（/l，：V2，/3）・
（2）二次型皿口3）与g（〃】必见）对应的矩阵分别为
1 1 -r rl 0 O'
A = 1 2 0 9b = 0 1 1
-1 0 2 . <0 1 1,
由于tr（A）丰tr（B），所以矩阵A与B不相似，故不存在正交变换x = Qy将f（x19x2,x3）化成g（y，
北，;V3）・
22.解 （1）因为
EX=卜 —(x2 + y2>)6xAy = 0,
x+yCl
EY = jj y • —(x2 +y )drdjz = 0,
盘+J<】
E(XY) = j, xy ・-^-(x2 +y)drd^ = 0,
x+y 1或1时,X的边缘概率密度fx(工)=0.
当一
1〉>
(3)记Z的分布函数为Fz(z).
因为 P{O .'〈ZM
匕京理工大学出版社网址；• hitp://www. bilpn'ss. com. cn 定价:199. 9()元(共3册)
