2003考研数学一真题及答案.doc

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1、2003考研数学一真题及答案一、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.(1) (2) 曲面与平面平行的切平面的方程是.(3) 设，则= .(4) 从的基到基的过渡矩阵为 .(5) 设二维随机变量的概率密度为则 .(6) 已知一批零件的长度 (单位：cm)服从正态分布，从中随机地抽取16个零件，得到长度的平均值为40 ()，则的置信度为0.95的置信区间是.(注：标准正态分布函数值二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.(1) 设函数在内连续，其导函数的图形如图所示，则

2、有( )(A)一个极小值点和两个极大值点. (B)两个极小值点和一个极大值点. (C)两个极小值点和两个极大值点.(D)三个极小值点和一个极大值点.(2) 设均为非负数列，且,则必有( )(A) 对任意成立. (B) 对任意成立.(C) 极限不存在. (D) 极限不存在. (3) 已知函数在点的某个邻域内连续，且，则( )(A) 点不是的极值点. (B) 点是的极大值点. (C) 点是的极小值点. (D) 根据所给条件无法判断点是否为的极值点. (4) 设向量组I：可由向量组II：线性表示，则( )(A) 当时，向量组II必线性相关. (B) 当时，向量组II必线性相关.(C) 当时，向量组I

3、必线性相关. (D) 当时，向量组I必线性相关. (5) 设有齐次线性方程组和, 其中均为矩阵，现有4个命题： 若的解均是的解，则秩()秩()； 若秩()秩()，则的解均是的解； 若与同解，则秩()=秩()； 若秩()=秩()， 则与同解.以上命题中正确的是( )(A) . (B) .(C) . (D) . (6) 设随机变量，则( ) (A) . (B) . (C) . (D) . 三 、(本题满分10分)过坐标原点作曲线的切线，该切线与曲线及轴围成平面图形.(1) 求的面积;(2) 求绕直线旋转一周所得旋转体的体积.四 、(本题满分12分)将函数展开成的幂级数，并求级数的和.五 、(本题满

4、分10分)已知平面区域，为的正向边界. 试证：(1) ;(2) 六 、(本题满分10分)某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功. 设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比(比例系数为).汽锤第一次击打将桩打进地下. 根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数. 问(1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？(2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？(注：表示长度单位米.)七 、(本题满分12分)设函数)在内具有二阶导数，且是的反函数.(1) 试将所满足的微分方程变换为满足的微分方程；(2) 求变

5、换后的微分方程满足初始条件的解.八 、(本题满分12分)设函数连续且恒大于零， ，其中，(1) 讨论在区间内的单调性.(2) 证明当时，九 、(本题满分10分)设矩阵，求的特征值与特征向量，其中为的伴随矩阵，为3阶单位矩阵.十 、(本题满分8分)已知平面上三条不同直线的方程分别为，.试证: 这三条直线交于一点的充分必要条件为十一 、(本题满分10分)已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品. 从甲箱中任取3件产品放入乙箱后，求：(1) 乙箱中次品件数的数学期望；(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率.十二 、(本题满分8分)设总体的概率密度为

6、其中是未知参数. 从总体中抽取简单随机样本，记(1) 求总体的分布函数;(2) 求统计量的分布函数；(3) 如果用作为的估计量，讨论它是否具有无偏性.参考答案一、填空题(1)【答案】【详解】方法1：求型极限，一般先化为指数形式然后求，再回到指数上去=,而(等价无穷小替换)(等价无穷小替换)故 原式=方法2：令，有，以下同方法1(2)【答案】【详解】由题意，只要满足所求切平面的法向量与已知平面的法向量平行即可 平面的法向量：；曲面在点的法向量：由于，因此有可解得，相应地有所求切平面过点，法向量为：，故所求的切平面方程为，即 (3)【答案】1【详解】将展开为余弦级数，其中所以 (4)【答案】 【详

7、解】维向量空间中，从基到基的过渡矩阵满足=，因此过渡矩阵为：=根据定义，从的基到基的过渡矩阵为=(5)【答案】【分析】本题为已知二维随机变量的概率密度，求满足一定条件的概率连续型二维随机变量概率的求解方法此题可转化为二重积分进行计算【详解】图中阴影区域为积分区域. 由题设，有1O (6)【答案】【分析】可以用两种方法求解：(1) 已知方差，对正态总体的数学期望进行估计. 因为，设有个样本，样本均值，则，将其标准化，由公式得：由正态分布分为点的定义可确定临界值，进而确定相应的置信区间(2)本题是在单个正态总体方差已知条件下，求期望值的置信区间问题由教材上已经求出的置信区间，其中，可以直接得出答案

8、【详解】方法1：由题设，可见 查标准正态分布表知分位点 本题, .根据，有，即，故的置信度为095的置信区间是方法2：由题设，查得 将，, 代入得置信区间二、选择题(1)【答案】【分析】函数的极值点可能是驻点(一阶导数为零)或导数不存在的点，极值点是极大值点还是极小值点可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的点有3个(导函数与轴交点的个数)；是导数不存在的点 对3个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正，是极小值点，则三个驻点中有两

9、个极小值点，一个极大值点；对导数不存在的点：左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见为极大值点故共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C)(2)【答案】【详解】方法1：推理法由题设，假设存在并记为，则,这与矛盾，故假设不成立，不存在 所以选项正确方法2：排除法取，满足, 而，不正确；取，满足,而，不正确；取，满足,而，不正确(3)【答案】【详解】由，其中由在点连续知，取，充分小，有；取，充分小，有故点不是的极值点，应选 (极值的定义)(4)【分析】 本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I：可由向量组II：线性表示，则当时，向量组I必线性相关 或其逆否命题：若向量组I：可由向量

10、组II：线性表示，且向量组I线性无关，则必有 可见正确选项为(D) 本题也可通过举反例用排除法找到答案【详解】 用排除法： ，则，但线性无关，排除(A)；，则可由线性表示，但线性无关，排除(B)；，可由线性表示，但线性无关，排除(C)(5)【答案】(B) 【分析】本题可找反例用排除法进行分析，但、两个命题的反例比较复杂一些，关键是抓住、，迅速排除不正确的选项【详解】若与同解，则它们的解空间中的基础解系所含向量个数相同，即-秩()=-秩(), 得秩()=秩()，命题成立，可排除(A), (C)；但反过来，若秩()=秩()，则不能推出与同解，通过举一反例证明，若，则秩()=秩()=1，但与不同解，

11、可见命题不成立，排除(D). 故正确选项为(B)(6)【答案】(C)【分析】求解这类问题关键在于了解产生变量、变量、变量的典型模式 (1)分布：设相互独立且均服从标准正态分布，则随机变量服从自由度为的分布记做(2)分布：设，且相互独立，则随机变量服从自由度为的分布记做(3)分布：设且相互独立，则随机变量服从分布，其第一、二自由度分别为记做【详解】其实，由分布的性质以及分布和分布的关系得，(1) 如果统计量 ，则有；(2) 如果统计量，则有由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(C) 先由分布的定义知，其中，于是=，分母中只含有一个标准正态分布的平方，所以. 由分布的定义知 故应选(C)三【分析

12、】圆锥体体积公式：；旋转体的体积：(1) 连续曲线，直线、所围成的图形绕直线旋转一周而成的立体的体积(2) 连续曲线，直线、所围成的图形绕直线旋转一周而成的立体的体积【详解】为了求的面积，首先要求出切点的坐标，设切点的横坐标为，则曲线在点处的切线方程是：切线的斜率为，由于该切线过原点，将点代入切线方程，得，从而 所以该切线的方程为(1) 利用平面图形的面积公式，得(2) 旋转体体积可用一大立体(圆锥)体积减去一小立体体积进行计算，为了帮助理解，可画一草图 1 O 1 切线与轴及直线所围成的三角形绕直线旋转所得的圆锥体积为： 曲线与轴及直线所围成的图形绕直线旋转所得的旋转体体积为：因此所求旋转体

13、的体积为四【分析】幂级数展开有直接法与间接法，一般考查间接法展开，即通过适当的恒等变形、求导或积分等，转化为可利用已知幂级数展开的情形另外，由于函数展开成的幂级数，经两边求导或积分(其中一边是逐项求导或逐项积分)后，其新的展开式收敛区间不变，但在收敛区间端点处，求导(积分)后的展开式成立与否，要另行单独处理，设已有收敛区间为 如果在处级数收敛，并且(左)连续，则展开式成立的范围可扩大到处，在处亦有类似的结论，不过此时(左)连续应改称(右)连续【详解】本题可先求导， 基本求导公式对于函数，可以利用我们所熟悉的函数的幂级数展开：所以 (把换成)有 对上式两边求积分，得，又因为，所以=即 (*)在处

14、，右边级数成为，收敛(利用莱布尼茨定理)，左边函数连续，所以成立范围可扩大到处而在处，右边级数虽然收敛，但左边函数不连续，所以成立范围只能是为了求，令代入(*)得,再由，得五【详解】(1) 方法1：用格林公式证明. 由曲线为正向封闭曲线，自然想到用格林公式所以 所以 因为积分区域关于对称，所以故 方法2：化为定积分证明左边=右边=所以 (2) 方法1：用格林公式证明= 利用轮换对称性= (因为)方法2：由(1)知， 六【详解】(1) 建立坐标系，地面作为坐标原点，向下为轴正向，设第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为由题设，当桩被打进地下的深度为时，土层对桩的阻力的大小为，汽锤所

15、作的功等于克服阻力所做的功，从而 又 ，从而 于是 (2) 第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为则汽锤前次所功的和等于克服桩被打进地下所做的功而 牛-莱公式所以 从而 等比数列求和公式由于，所以七【详解】 (1) 将题中的与变换成以为自变量为因变量的导数与来表示(即通常所说的反函数变量变换)，有=，=代入原方程，得 ( * )(2) 方程( * )所对应的齐次方程为，特征方程为，根，因此通解为 由于不是特征方程得根，所以设方程( * )的特解为则 ，代入方程( * )，得：解得，故. 从而的通解为由，得故变换后的微分方程满足初始条件的解为且的导函数，满足题设条件 八【详解】(1

16、) 首先对进行化简，三重积分转化为在球面坐标系中的计算；二重积分转化为在极坐标系中的计算 (球面坐标) (极坐标)所以为了讨论在区间内的单调性，对求导：由于，所以. 再利用定积分的性质：若在区间上，则. 所以，所以在区间内严格单调增加(2) 将待证的不等式作适当的恒等变形后，构造辅助函数，再用单调性进行证明即可因为 ，所以要证明时，只需证明时，即 令 故在内单调增加，又因为，所以当时，有，从而时，九【分析】 法1：可先求出，进而确定及，再按通常方法确定其特征值和特征向量；法2：先求出的特征值与特征向量，再相应地确定的特征值与特征向量，最终根据与相似求出其特征值与特征向量【详解】方法1：经计算可

17、得，所以 =，令 ，故的特征值为当时，解，得线性无关的特征向量为 所以属于特征值的所有特征向量为，其中是不全为零的任意常数当时，解，得线性无关的特征向量为，所以属于特征值的所有特征向量为，其中为任意常数方法2：设的特征值为，对应的特征向量为，即由于，所以所以 ，于是 ，因此，为的特征值，对应的特征向量为由于，故的特征值为当时，对应的线性无关特征向量可取为， 当时，对应的一个特征向量为 由，得，因此，的三个特征值分别为9，9，3对应于特征值9的全部特征向量为，其中是不全为零的任意常数；对应于特征值3的全部特征向量为，其中是不为零的任意常数十【分析】三条直线相交于一点，相当于对应线性方程组有唯一解

18、，进而转化为系数矩阵与增广矩阵的秩均为2【详解】方法1：“必要性”. 设三条直线交于一点，则线性方程组 (*)有唯一解，故系数矩阵与增广矩阵的秩均为2，于是,由于三条直线互不相同，所以，故“充分性”. 由，则从必要性的证明可知，故秩由于=，故秩于是，秩()=秩=2因此方程组(*)有唯一解，即三直线交于一点方法2：“必要性”设三直线交于一点，则为的非零解，其中所以而,(解法同方法1)但根据题设 ，故“充分性”：考虑线性方程组 (*)将方程组(*)的三个方程相加，并由可知，方程组(*)等价于方程组 (* *)因为 =,故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线交于一点十一【详解

19、】乙箱中可能的次品件数为分别求出其概率，再按定义求数学期望即可；而求从乙箱中任取一件产品是次品的概率，涉及到两次试验，是典型的用全概率公式的情形，第一次试验的各种可能结果(取到的次品数)就是要找的完备事件组(1) 方法1：的可能取值为 取出件次品的取法有种；样本空间即从两个箱子中取出3件产品的总的取法数为所以有，的概率分布为， 即 0 1 2 3 因此，由离散型数学期望的定义易得 方法2：本题对数学期望的计算也可用分解法：设则的概率分布为 0 1 因为，所以由数学期望的线性可加性，有(2) 设表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由于，构成完备事件组，因此根据全概率公式，有=十二【分析】本题表面上是一数理统计问题，实际上考查了求分布函数、随机变量的函数求分布和概率密度以及数学期望的计算等多个知识点将数理统计的概念与随机变量求分布与数字特征结合起来是一种典型的命题形式求分布函数是基本题型：求统计量的分布函数，可作为多维相互独立且同分布的随机变量函数求分布函数，直接用定义即可；是否具有无偏性，只需检验是否成立【详解】(1) 由连续型随机变量分布函数的定义，有(2) 由题给，有(3) 由连续型随机变量概率密度是分布函数在相应区间上的微分得概率密度为因为 ， 所以作为的估计量不具有无偏性