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2003年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题
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
lim(cosx)ln(1x2)
(1)
x0
(2)曲面zx2y2与平面2x4yz0平行的切平面的方程是.

x2acosnx(x)a
(3)设,则=.
n2
n0
1111
R2,,
(4)从的基到基的过渡矩阵为.
10211122

6x,0xy1,
(5)设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)则P{XY1}
0,其他,
.
(6)已知一批零件的长度X(单位:cmcm)服从正态分布N(,1),从中随机地抽取16个
零件,得到长度的平均值为40(cm),则的置信度为的置信区间是.
(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f(x)在(,)内连续,其导函数的图形如图所示,
则f(x)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{a},{b},{c}均为非负数列,且lima0,limb1,limc,则必有()
nnnnnn
nnn
(A)ab对任意n成立.(B)bc对任意n成立.
nnnn
(C)极限limac不存在.(D)极限limbc不存在.
nnnn
nn
f(x,y)xy
(3)已知函数f(x,y)在点(0,0)的某个邻域内连续,且lim1,则()
x0,y0(x2y2)2
:.
(A)点(0,0)不是f(x,y)的极值点.
(B)点(0,0)是f(x,y)的极大值点.
(C)点(0,0)是f(x,y)的极小值点.
(D)根据所给条件无法判断点(0,0)是否为f(x,y)的极值点.
(4)设向量组I:,,,可由向量组II:,,,线性表示,则()
12r12s
(A)当rs时,向量组II必线性相关.(B)当rs时,向量组II必线性相关.
(C)当rs时,向量组I必线性相关.(D)当rs时,向量组I必线性相关.
(5)设有齐次线性方程组Ax0和Bx0,其中A,B均为mn矩阵,现有4个命题:
①若Ax0的解均是Bx0的解,则秩(A)秩(B);
②若秩(A)秩(B),则Ax0的解均是Bx0的解;
③若Ax0与Bx0同解,则秩(A)=秩(B);
④若秩(A)=秩(B),则Ax0与Bx0同解.
以上命题中正确的是()
(A)①②.(B)①③.
(C)②④.(D)③④.
1
(6)设随机变量X~t(n)(n1),Y,则()
X2
(A)Y~2(n).(B)Y~2(n1).
(C)Y~F(n,1).(D)Y~F(1,n).
三、(本题满分10分)
过坐标原点作曲线ylnx的切线,该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D.
(1)求D的面积A;
(2)求D绕直线xe旋转一周所得旋转体的体积V.
四、(本题满分12分)
12x(1)n
f(x)arctanx
将函数展开成的幂级数,并求级数的和.
12x2n1
n0
五、(本题满分10分)
已知平面区域D{(x,y)0x,0y},:
(1)xesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx;
LL
(2)xesinydyyesinxdx22.
L
六、(本题满分10分)
:.
某建筑工程打地基时,,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k,k0).汽锤第一次击打将桩打
,要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数
r(0r1).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:m表示长度单位米.)
七、(本题满分12分)
设函数yy(x))在(,)内具有二阶导数,且y0,xx(y)是yy(x)的反函数.
d2xdx
(1)试将xx(y)所满足的微分方程(ysinx)()30变换为yy(x)满足的微分
dy2dy
方程;
3
(2)求变换后的微分方程满足初始条件y(0)0,y(0)的解.
2
八、(本题满分12分)
设函数f(x)连续且恒大于零,
f(x2y2z2)dvf(x2y2)d
F(t)(t)G(t)D(t)
,,
f(x2y2)dt2
f(x)dx
1
D(t)
其中(t){(x,y,z)x2y2z2t2},D(t){(x,y)x2y2t2}.
(1)讨论F(t)在区间(0,)内的单调性.
2
(2)证明当t0时,F(t)G(t).

九、(本题满分10分)
322010

设矩阵A232,P101,BP1A*P,求B2E的特征值与特征向量,

223001
其中A*为A的伴随矩阵,E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
l:ax2by3c0,l:bx2cy3a0,l:cx2ay3b0.
123
试证:这三条直线交于一点的充分必要条件为abc0.
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
,求:
:.
(1)乙箱中次品件数X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X的概率密度为
其中,X,,X,记
12n
(1)求总体X的分布函数F(x);
ˆ
(2)求统计量的分布函数F(x);
ˆ
ˆ
(3)如果用作为的估计量,讨论它是否具有无偏性.
2003年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
一、填空题
1
(1)【答案】
e
【详解】方法1:求limu(x)v(x)型极限,一般先化为指数形式
然后求limv(x)lnu(x),再回到指数上去.
1lncosxlncosx
2lim
lim(cosx)ln(1x)=limeln(1x2)ex0ln(1x2),
x0x0

lncosxln(1cosx1)cosx1
limlimlim(等价无穷小替换ln(1x)x)
x0ln(1x2)x0ln(1x2)x0x2
1
x2
211
lim(等价无穷小替换1cosxx2)
x0x222
11

故原式=e2.
e
1lncosx
方法2:令y(cosx)ln(1x2),有lny,以下同方法1.
ln(1x2)
(2)【答案】2x4yz5
【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2x4yz0的法向量:n{2,4,1};
1
曲面zx2y2在点(x,y,z)的法向量:n{z(x,y),z(x,y),1}{2x,2y,1}
0002x00y0000
:.
由于n//n,因此有
12
可解得,x1,y2,相应地有zx2y25.
00000
所求切平面过点(1,2,5),法向量为:n{2,4,1},故所求的切平面方程为
2
2(x1)4(y2)(z5)0,即2x4yz5
(3)【答案】1
【详解】将f(x)x2(x)展开为余弦级数
2
f(x)x2acosnx(x)af(x)cosnxdx
,其中.
nn0
n0
211
所以ax2cos2xdxx2dsin2x[x2sin2xsin2x2xdx]
20000
23
(4)【答案】

12
【详解】n维向量空间中,从基,,,到基,,,的过渡矩阵P满足
12n12n
[,,,]=[,,,]P,
12n12n
因此过渡矩阵P为:
P=[,,,]1[,,,].
12n12n
1111
根据定义,从R2的基,到基,的过渡矩阵为
1212
0112
11111111123
P=[,]1[,]=.
1212
0112011212
1
(5)【答案】.
4
【分析】本题为已知二维随机变量(X,Y)的概率密度f(x,y),求满足一定条件的概率
P{g(X,Y)z}.连续型二维随机变量(X,Y)概率的求解方法
0
此题可转化为二重积分P{g(X,Y)z}f(x,y)dxdy进行计算.
0
g(x,y)z0
【详解】,有
P{XY1}f(x,y)dxdy
xy1
(6)【答案】(,).
1
【分析】可以用两种方法求解:
O:.
(1)已知方差21,对正态总体的数学期望(,1),设有n个样
1n1XE(X)
XXXN(,)~N(0,1)
本,样本均值,则,将其标准化,由公式得:
ninD(X)
i1
n
X
~N(0,1)
1
n
X
由正态分布分为点的定义P{u}1可确定临界值u,进而确定相应的置信区间
1
n22

(xu,xu).
nn
22
(2)本题是在单个正态总体方差已知条件下,求期望值

信区间(xu,xu),其中P{Uu}1,UN(0,1),可以直接得出答案.
nn
22
2
【详解】方法1:由题设,1,可见

2
题n16,x40.
X40
根据P{},有P{},
1n116
即P{},故(,).
方法2:由题设,1,

查得u1,n16,x40代入(xu,xu)得置信区间
nn
22
2
(,)
二、选择题
(1)【答案】(C)
【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x轴交点的个数);x0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,则三个驻点中有两个极小值点,一个极大值点;
对导数不存在的点:x,右侧一阶导数为负,可见x0为极大值点.
:.
故f(x)共有两个极小值点和两个极大值点,应选(C).
(2)【答案】(D)
【详解】方法1:推理法
bc
由题设limb1,假设limbc存在并记为A,则limclimnnA,这与
nnnnb
nnnn
n
limc矛盾,故假设不成立,(D)正确.
nnn
nn
方法2:排除法
1n1
取a,b,满足lima0,limb1,而a1,b0,ab,(A)不正确;
nnnnnn1111
nn
n1
取b,cn2,满足limb1,limc,而b01c,(B)不正确;
nnnnn11
nn
1
取a,cn2,满足lima0,limc,而limac1,(C)不正确.
nnnnnnn
nnn
(3)【答案】(A)
f(x,y)xy
【详解】由lim1f(x,y)xy(1)(x2y2)2,其中lim0.
x0,y0(x2y2)2x0
y0
由f(x,y)在点(0,0)连续知,f(0,0)0.
取yx,x充分小,x0,有f(x,y)x2(1)(2x2)20;
取yx,x充分小,x0,有f(x,y)x2(1)(2x2)20
故点(0,0)不是f(x,y)的极值点,应选(A).(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
12r
组II:,,,线性表示,则当rs时,:若向量组I:
12s
,,,可由向量组II:,,,线性表示,且向量组I线性无关,则必有r
12r12s
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:
:.
010
,,,则00,但,线性无关,排除(A);
11211212
001
011
,,,则,可由线性表示,但线性无关,排除(B);
1211211
000
110
,,,可由,线性表示,但线性无关,排除(C).
1121121
001
(5)【答案】(B)
【分析】本题可找反例用排除法进行分析,但①、②两个命题的反例比较复杂一些,关键是抓住③、
④,迅速排除不正确的选项.
【详解】若AX0与BX0同解,则它们的解空间中的基础解系所含向量个数相同,即n-秩
(A)=n-秩(B),得秩(A)=秩(B),命题③成立,可排除(A),(C);
但反过来,若秩(A)=秩(B),则不能推出AX0与BX0同解,通过举一反例证明,若
1000
A,B,则秩(A)=秩(B)=1,但AX0与BX0不同解,可见命题④不成

0001
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2变量、t变量、F变量的典型模式.
n
2X,X,,XZX2
(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
12ni
i1
由度为n的2(n).
X
(2)t分布:设XN(0,1),X~2(n),且X,X相互独立,则随机变量Z1服从
1212X/n
2
(n)
Xn
(3)F分布:设X2(n),Y2(n),且X,Y相互独立,则随机变量Z1服从F分
12Yn
2
布,其第一、二自由度分别为n,(n,n).
1212
【详解】其实,由F分布的性质以及t分布和F分布的关系得,
(1)如果统计量Tt(n),则有T2F(1,n);
1
(2)如果统计量FF(n,n),则有F(n,n).
12F21
由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(C).
U
先由t分布的定义知Xt(n),其中U~N(0,1),V~2(n),于是
V
n
:.
VV
1nn
Y=,
X2U2U2
1
分母中只含有一个标准正态分布的平方,所以U2~2(1).由F分布的定义知Y~F(n,1).故应选
(C).
1
三【分析】圆锥体体积公式:Vr2h;旋转体的体积:
3
(1)连续曲线yf(x),直线xa、xb所围成的图形绕直线xx旋转一周而成的立体的
0
b2
体积Vf(x)xdx
1a0
(2)连续曲线xg(x),直线yc、yd所围成的图形绕直线yy旋转一周而成的立体的
0
d2
体积Vg(y)ydy
2c0
【详解】为了求D的面积,首先要求出切点的坐标,设切点的横坐标为x,则曲线ylnx在点
0
(x,lnx)处的切线方程是:
00
1
切线的斜率为y,由于该切线过原点,将(0,0)点代入切线方程,得lnx10,从而
xx0
0
0
x
0

(1)利用平面图形D的面积公式S(y)(y)dy,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
O1ex
1
切线yx与x轴及直线xe所围成的三角形绕直线xe旋转所得的圆锥体积为:
e
曲线ylnx与x轴及直线xe所围成的图形绕直线xe旋转所得的旋转体体积为:
因此所求旋转体的体积为
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(xR,xR).如果在xxR处级数收敛,并且f(x)(左)连续,则展开式成立的
000
范围可扩大到xxR处,在xxR处亦有类似的结论,不过此时f(x)(左)连续应改称(右)连
00
续.
【详解】本题可先求导,
2(12x)2(12x)
12x
2
12x12x
f(x)基本求导公式
12x212x2

11
12x12x
11
对于函数,可以利用我们所熟悉的函数的幂级数展开:
14x21x
1
所以(4x2)n(1)n4nx2n14x21(把x换成4x2)
14x2
n0n0
111
有f(x)22(1)n4nx2n,x(,).
14x222
n0
对上式两边求积分,得
x(1)n4n11
2(1)n4nt2ndt2x2n1,x(,),
02n122
n0n0

又因为(f0),所以
4
x(1)n4n11
f(x)f(0)f(t)dt=2x2n1,x(,).
042n122
n0
12x(1)n4n11
即arctan2x2n1,x(,).(*)
12x42n122
n0
1(1)n1
xf(x)
在处,右边级数成为,收敛(利用莱布尼茨定理),左边函数连续,所
22n12
n0
11
以成立范围可扩大到x处,右边级数虽然收敛,但左边函数f(x)不连续,所以
22
11
成立范围只能是x(,].
22
(1)n1
x
为了求,令代入(*)得
2n12
n0
1(1)4n1(1)n
f()2[]
,
242n122n142n1
n0n0
1
再由f()0,得
2
五【详解】(1)方法1:,自然想到用格林公式
:.
QP
PdxQdydxdy.

Lxy
D
所以xesinydyyesinxdx(esinyesinx)dxdy
L
D
所以xesinydyyesinxdx(esinyesinx)dxdy
L
D
因为积分区域D关于yx对称,所以
故xesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx
LL
方法2:化为定积分证明
0
左边xesinydyyesinxdx=esinydyesinxdx=(esinxesinx)dx
LL00
0
右边xesinydyyesinxdx=esinydyesinxdx=(esinxesinx)dx
LL00
所以xesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx.
LL
(2)方法1:用格林公式证明
=esinydxdyesinxdxdy=esinxdxdyesinxdxdy利用轮换对称性
DDDD
=(esinxesinx)dxdy2dxdy22
DD
(因为ab2ab,a0,b0)
sinysinxsinxsinx2
方法2:由(1)知,xedyyedx(ee)dx2dx2
L00
六【详解】(1)建立坐标系,地面作为坐标原点,向下为x轴正向,设第n次击打后,桩被打进地下
x,第n次击打时,汽锤所作的功为W(n1,2,3,).由题设,当桩被打进地下的深度为x时,土
nn
层对桩的阻力的大小为kx,汽锤所作的功等于克服阻力所做的功.
xkxkxk
W1kxdxx2,W2kxdx(x2x2),W3kxdx(x2x2),xa
10212x2213x2321
12
k
从而WWWx2
12323
又WrW,WrWr2W,
21321
kk
从而x2WWW(1rr2)W(1rr2)a2
2312312
于是xa1rr2.
3
(2)第n次击打后,桩被打进地下x,第n次击打时,汽锤所作的功为W(n1,2,3,).
nn
则汽锤前n次所功的和等于克服桩被打进地下xm所做的功.
n
:.
ak
而Wkxdxa2牛-莱公式
102
kk
所以x2(1rrn1)a2
2n2
1rn
从而xa1rrn1
n1r
a
由于0r1,所以limx.
n11r
n
dxd2xdyd2y
七【详解】(1)将题中的与变换成以x为自变量y为因变量的导数与来表示(即通常
dydy2dxdx2
所说的反函数变量变换),有
dx11d2xddxd1dxy1y
=,()=()=.
dydyydy2dydydxydyy2y(y)3
dx
代入原方程,得yysinx.(*)
(2)方程(*)所对应的齐次方程为yy0,特征方程为r210,根r1,因此通解为
1,2
YCexCei不是特征方程得根,所以设方程(*)的特解为
12
则y*AsinxBcosx,y*AcosxBsinx
代入方程(*),得:AcosxBsinxAcosxBsinx2Acosx2Bsinxsinx
11
解得A0,B,故y*ysinx的通解为
22
3
由y(0)0,y(0),得C1,C
212
3
y(0)0,y(0)的解为
2
1
且y(x)的导函数y(x)exexcosx0,满足题设y0条件.
2
八【详解】(1)首先对F(t)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.
t22t22
2f(r)rdrcos4f(r)rdr(球面坐标)
000
2tt
f(x2y2)ddf(r2)rdr2f(r2)rdr(极坐标)
000
D(t)
所以
为了讨论F(t)在区间(0,)内的单调性,对F(t)求导:
:.
由于f(t)0,r0,tr0,所以f(r2)r(tr):若在区间[a,b]上
b
f(x)0,则f(x)dx(t)0,所以F(t)在区间(0,)内严格单调增加.
a
(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.
t2t2t2
因为f(x)dx2f(x)dx2f(r)dr,
t00
所以
22
要证明t0时F(t)G(t),只需证明t0时,F(t)G(t)0,即

2
t22t2t2
令g(t)f(r)rdrf(r)drf(r)rdr
000
故g(t)在(0,)内单调增加,又因为g(0)0,所以当t0时,有g(t)g(0)0,
2
从而t0时,F(t)G(t).

九【分析】法1:可先求出A*,P1,进而确定BP1A*P及B2E,再按通常方法确定其特征值
和特征向量;法2:先求出A的特征值与特征向量,再相应地确定A*的特征值与特征向量,最终根据
B2E与A*2E相似求出其特征值与特征向量.
【详解】方法1:经计算可得
522011

A*252,P1100,

225001

700900