2001年考研数学一试题答案与解析一、(1)【分析】 由通解的形式可知特征方程的两个根是12,1r r i =±,从而得知特征方程为22121212()()()220r r r r r r r r r r r r --=-++=-+=.由此,所求微分方程为'''220y y y -+=.(2)【分析】 grad r=,,,,r r r x y z x y z r r r ∂∂∂⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬∂∂∂⎩⎭⎩⎭.再求 div grad r=()()()x y z x r y r z r ∂∂∂++∂∂∂=222222333311132()()()x y z x y z r r r r r r r r r++-+-+-=-=.于是div grad r|(1,2,2)-=(1,2,2)22|3r -=. (3)【分析】 这个二次积分不是二重积分的累次积分,因为10y -≤≤时12y -≤.由此看出二次积分0211(,)ydy f x y dx --⎰⎰是二重积分的一个累次积分,它与原式只差一个符号.先把此累次积分表为0211(,)(,)yDdy f x y dx f x y dxdy --=⎰⎰⎰⎰.由累次积分的内外层积分限可确定积分区域D :10,12y y x -≤≤-≤≤.见图.现可交换积分次序原式=02202111111(,)(,)(,)xyxdy f x y dx dx f x y dy dx f x y dy -----=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰.(4)【分析】 矩阵A 的元素没有给出,因此用伴随矩阵、用初等行变换求逆的路均堵塞.应当考虑用定义法.因为2()(2)240A E A E E A A E -+-=+-=,故()(2)2A E A E E -+=,即2()2A E A E E +-⋅=.按定义知11()(2)2A E A E --=+. (5)【分析】 根据切比雪夫不等式2(){()}D x P X E X εε-≥≤, 于是2()1{()2}22D x P XE X -≥≤=. 二、(1)【分析】 当0x <时,()f x 单调增'()0f x ⇒≥,(A ),(C )不对;当0x >时,()f x :增——减——增'()f x ⇒:正——负——正,(B )不对,(D )对.应选(D ). (2)关于(A ),涉及可微与可偏导的关系.由(,)f x y 在(0,0)存在两个偏导数⇒(,)f x y 在(0,0)处可微.因此(A )不一定成立.关于(B )只能假设(,)f x y 在(0,0)存在偏导数(0,0)(0,0),f f x y∂∂∂∂,不保证曲面(,)z f x y =在(0,0,(0,0))f 存在切平面.若存在时,法向量n=(0,0)(0,0)1f f x y ⎫∂∂⎧±-=±⎨⎬∂∂⎩⎭，，{3,1,-1}与{3,1,1}不共线,因而(B )不成立.关于(C ),该曲线的参数方程为,0,(,0),x t y z f t =⎧⎪=⎨⎪=⎩它在点(0,0,(0,0))f 处的切向量为'0{',0,(,0)}|{1,0,(0,0)}{1,0,3}t x dt f t f dt===.因此,(C )成立. (3)【分析】 当(0)0f =时,'0()(0)lim x f x f x →=∃00()()lim lim x x f x f x x x→+→-⇔=∃.关于(A ):220001(1cos )1cos 1()lim (1cos )lim 1cos lim1cos 2h h t f h h f t f h t h h h h t→→→+---=⋅=--, 由此可知 201lim (1cos )h f h h →-∃ ⇔ '(0)f + ∃.若()f x 在0x =可导⇒(A )成立,反之若(A )成立⇒'(0)f +∃⇒'(0)f ∃.如()||f x x =满足(A ),但'(0)f 不∃.关于(D ):若()f x 在0x =可导,⇒''001(2)()lim [(2)()]lim[2]2(0)(0)2h h f h f h f h f h f f h h h→→-=-=-. ⇒(D )成立.反之(D )成立0lim((2)())0h f h f h →⇒-=⇒()f x 在0x =连续,⇒()f x 在0x =可导.如21,0()0,0x x f x x +≠⎧=⎨=⎩ 满足(D ),但()f x 在0x =处不连续,因而'(0)f 也不∃.再看(C ):2220001sin (sin )sin ()lim(sin )lim lim sin h h h h h f h h h h f t f h h h h h h h t→→→----=⋅=⋅-(当它们都∃时). 注意,易求得20sin lim 0h h h h →-=.因而,若'(0)f ∃⇒(C )成立.反之若(C )成立⇒0()lim t f t t→(即 '(0)f ∃).因为只要()f t t 有界,任有(C )成立,如()||f x x =满足(C ),但'(0)f 不∃.因此,只能选(B ).(4)【分析】 由 43||40E A λλλ-=-=,知矩阵A 的特征值是4,0,0,0.又因A 是实对称矩阵,A 必能相似对角化,所以A 与对角矩阵B 相似.作为实对称矩阵,当A B 时,知A 与B 有相同的特征值,从而二次型Tx Ax 与Tx Bx 有相同的正负惯性指数,因此A 与B 合同.所以本题应当选(A ).注意,实对称矩阵合同时,它们不一定相似,但相似时一定合同.例如1002A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦与1003B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦,它们的特征值不同,故A 与B 不相似,但它们的正惯性指数均为2,负惯性指数均为0.所以A 与B 合同.(5)【分析】 解本题的关键是明确X 和Y 的关系:X Y n +=,即Y n X =-,在此基础上利用性质:相关系数XY ρ的绝对值等于1的充要条件是随机变量X 与Y 之间存在线性关系,即Y aX b =+(其中,a b 是常数),且当0a >时,1XY ρ=;当0a <时,1XY ρ=-,由此便知1XY ρ=-,应选(A ).事实上,(,)(,)Cov X Y Cov X n X DX =-=-,()DY D n X DX =-=,由此由相关系数的定义式有1XY ρ===-.三、【解】原式=222211arctan ()[arctan ]22(1)x x x x xxx de e d e e e e e ---=--+⎰⎰=2221(arctan )21x x x xx xde de e e e e ---++⎰⎰=21(arctan arctan )2x x x x e e e e C ---+++. 四、【解】先求(1)(1,(1,1))(1,1)1f f f ϕ===.求 32''1()|3(1)(1)3(1)x d x dxϕϕϕϕ===,归结为求'(1)ϕ.由复合函数求导法'''12()(,(,))(,(,))(,)dx f x f x x f x f x x f x x dxϕ=+,'''''1212(1)(1,1)(1,1)[(1,1)(1,1)]f f f f ϕ=++.注意 '1(1,1)(1,1)2f f x∂==∂,'2(1,1)(1,1)3f f y∂==∂.因此'(1)23(23)17ϕ=++=,31()|31751x d x dxϕ==⨯=. 五、【分析与求解】关键是将arctan x 展成幂级数,然后约去因子x ,再乘上21x +并化简即可. 直接将arctan x展开办不到,但'(arctan )x 易展开,即'221(arctan )(1),||11n nn x x x x ∞===-<+∑, ①积分得 '2210000(1)arctan (arctan )(1)21n xx nnn n n x t dt t dt x n ∞∞+==-==-=+∑∑⎰⎰,[1,1]x ∈-. ② 因为右端积分在1x =±时均收敛,又arctan x 在1x =±连续,所以展开式在收敛区间端点1x =±成立.现将②式两边同乘以21x x+得2222220001(1)(1)(1)arctan (1)212121n n n n n n n n n x x x x x x x n n n +∞∞∞===+---=+=++++∑∑∑ =12200(1)(1)2121n n n nn n x x n n -∞∞==--++-∑∑ =21111(1)()2121nnn x n n ∞=+--+-∑221(1)2114n nn x n∞=-=+-∑,[1,1]x ∈-,0x ≠上式右端当0x =时取值为1,于是221(1)2()1,[1,1]14n nn f x x x n∞=-=+∈--∑.上式中令1x =21(1)111[(1)1](21)1422442n n f n ππ∞=-⇒=-=⨯-=--∑. 六、【解】用斯托克斯公式来计算.记S 为平面2x y z ++=上L 所为围部分.由L 的定向,按右手法则S 取上侧,S 的单位法向量(cos ,cos ,cos )3n αβγ==.于是由斯托克斯公式得 222222cos cos cos 23SI dSx y z y z z x x y αβγ∂∂∂=∂∂∂---⎰⎰=[(24(26(22333Sy z z x x y dS --+----⎰⎰ =(423)(2)(6)33S Sx y z dS x y z x y dS ++++=+-⎰⎰利用.于是'2'211113x y Z Z ++=++=.按第一类曲面积分化为二重积分得(6)32(6)3D DI x y dxdy x y dxdy =+-=-+-⎰⎰⎰⎰,其中D 围S 在xy 平面上的投影区域||||1x y +≤(图）.由D 关于,x y 轴的对称性及被积函数的奇偶性得()0Dx y dxdy -=⎰⎰⇒21224DI dxdy =-=-=-⎰⎰.七、【证明】 (1)由拉格朗日中值定理,(1,1)x ∀∈-,0,(0,1)x θ≠∃∈,使'()(0)()f x f xf x θ=+(θ与x 有关);又由''()f x 连续而''()0f x ≠,''()f x 在(1,1)-不变号,'()f x 在(1,1)-严格单调,θ唯一.(2)对'()f x θ使用''(0)f 的定义.由题(1)中的式子先解出'()f x θ,则有'()(0)()f x f f x xθ-=.再改写成'''()(0)(0)()(0)f x f xf f x f x θ---=.'''2()(0)()(0)(0)f x f f x f xf x x θθθ---⋅=,解出θ,令x →取极限得'''''2''0001(0)()(0)(0)()(0)12lim lim /lim (0)2x x x f f x f xf f x f x x f θθθ→→→---===. 八、【解】(1)设t 时刻雪堆的体积为()V t ,侧面积为()S t .t 时刻雪堆形状如图所示，先求()S t 与()V t .侧面方程是222222()()()((,):)()2xy x y h t z h t x y D x y h t +=-∈+≤.⇒44,()()z x z yx h t y h t ∂∂=-=-∂∂. ⇒()xyxyD D S t dxdy ==⎰⎰⎰⎰.作极坐标变换:cos ,sin x r y r θθ==,则:02,0()xy D r h t θπ≤≤≤≤. ⇒2(003()22221()()2113[()16]().()4812t t S t d h t h t r h t h t πθππ==⋅+=⎰用先二后一的积分顺序求三重积分()0()()h t D x V t dzdxdy=⎰⎰⎰,其中222()():()()()x y D z h t z t h t +≤-,即2221[()()]2x y h t h t z +≤-.⇒()233301()[()()][()()]()2224h t V t h t h t z dz h t h t h t πππ=-=-=⎰. (2)按题意列出微分方程与初始条件. (3)体积减少的速度是dV dt -,它与侧面积成正比(比例系数0.9),即0.9dVS dt =-将()V t 与()S t 的表达式代入得22133()0.9()412dh h t h t dt ππ=-,即1310dh dt =-. ① (0)130h =.②(3)解①得13()10h t t C =-+. 由②得130C =,即13()13010h t t =-+. 令()0h t =,得100t =.因此,高度为130厘米的雪堆全部融化所需时间为100小时. 九、【解】由于(1,2)i i s β=是12,,s ααα线性组合,又12,,s ααα是0Ax =的解,所以根据齐次线性方程组解的性质知(1,2)i i s β=均为0Ax =的解.从12,,s ααα是0Ax =的基础解系,知()s n r A =-. 下面来分析12,,s βββ线性无关的条件.设11220s s k k k βββ++=,即11212112222133211()()()()0s s s s t k t k t k t k t k t k t k t k αααα-++++++++=.由于12,,s ααα线性无关,因此有 112211222132110,0,0,0.s s st k t k t k t k t k t k t k t k -+=⎧⎪+=⎪⎪+=⎨⎪⎪+=⎪⎩ (*) 因为系数行列式12211211221000000000(1)000s s st t t t t t t t t t +=+-,所以当112(1)0ss st t ++-≠时,方程组(*)只有零解120s k k k ====.从而12,,s βββ线性无关.十、【解】(1)由于AP PB =,即22322(,,)(,,)(,,32)A x Ax A x Ax A x A x Ax A x Ax A x ==-2000(,,)103012x Ax A x ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦, 所以000103012B ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦.(2)由(1)知AB ,那么A EB E ++,从而100||||1134011A EB E +=+==--.十一、【解】 (1){|}(1),0,0,1,2,mmn mn P Y m X n C p p m n n -===-≤≤=.(2){,}P X n Y m ==={}{|}P X n P Y m X n ====(1),0,0,1,2,.!nm mn m n e C p p m n n n λλ--⋅-≤≤=十二、【解】 易见随机变量11()n X X ++,22()n X X ++,2,()n n X X +相互独立都服从正态分布2(2,2)N μσ.因此可以将它们看作是取自总体2(2,2)N μσ的一个容量为n 的简单随机样本.其样本均值为21111()2n ni n i i i i X X X X n n +==+==∑∑,样本方差为2111(2)11n i n ii X X X Y n n +=+-=--∑. 因样本方差是总体方差的无偏估计,故21()21E Y n σ=-,即.2()2(1)E Y n σ=-。
2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、填空题(1) 设生产函数为 Q AL K, 其中 Q 是产出量 , L 是劳动投入量 , K 是资本投入量 ,而A, α, β,则当Q=1 K 关于 L的弹性为均为大于零的参数 时 (2) 某公司每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加 2 百万 .若以 W t 表示第 t 年的工资总额 (单位：百万元 )，则 W t 满足的差分方程是___k 1 1 11 k 1 1 (3) 设矩阵 A1 k , 且秩 (A )=3,则 k =1 1 1 1 1 k(4) 设随机变量 X,Y 的数学期望都是 2,方差分别为 1和 4,而相关系数为 0.5.则根据切比雪夫不等式 PX-Y 6.(5) 设总体 X 服从正态分布N(0,0.22),而 X 1, X 2, X 15 是来自总体 X 的简单随机样本， 则随机变量X 12 X 102 Y服从 ___分布，参数为 _______2 X 112X 152二、选择题(1) 设函数 f (x)的导数在 x=a 处连续 ,又 limf'(x)1, 则()x a x a(A) x = a 是 f (x)的极小值点 . (B) x = a 是 f (x)的极大值点 . (C) (a, f(a))是曲线 y= f(x)的拐点 .(D) x =a 不是 f (x)的极值点 , (a, f(a))也不是曲线 y=f(x)的拐点 .x1 (x2 1),0 x 1(2) 设函数 g(x)f (u)du, 其中 f (x)2 , 则 g(x)在区间 (0,2) 内 ()1( x 1),1 x23(A) 无界 (B) 递减 (C) 不连续 (D) 连续a 11 a 12a 13a 14a 14a 13 a 12 a 110 0 0 1 a21a22a23a24a24a23a22a210 1 0 0 (3)设Aa32a 33a 34, Ba33a 32a 31, P 10 1 ,a31a340 0 aaaaaaaa1 0 0 0P 20 0 1 0,其中A 可逆,则 B 1等于 ()0 1 0 0 0 0 0 1(A) A 1PP (B) PA1P(C)PP A 1(D)PA 1P .12121 221 (4) 设 A 是 n 阶矩阵， α是 n 维列向量 .若秩A秩 (A) ，则线性方程组 () T(A) AX =α必有无穷多解(B) AX =α 必有惟一解 .(C ) A X0 仅有零解(D )AX 0 必有非零解 .T 0y T 0 y(5) 将一枚硬币重复掷n次 ,以 X 和Y分别表示正面向上和反面向上的次数,则 X 和 Y的相关系数等于 ( )(A) -1(B) 0(C)1(D) 12三 、(本题满分 5 分)设 u= f(x,y,z)有连续的一阶偏导数 ,又函数 y=y(x)及 z=z(x)分别由下列两式确定 :xyxy x x z sin t due2 和 et dt ,求 dx四 、(本题满分 6 分)已知f (x)在内可导 ,且 limf'( ) ,lim(x cxlim[ f (x)f (x 1)],求c 的值 .xxx cx五 、(本题满分 6 分)122 )y[1 xe 2 (xy求二重积分]dxdy 的值 ,其中 D 是由直线 y=x, y= - 1及 x =1围成的平面D区域六、 (本题满分 7 分 )已知抛物线2ypxqx ( 其中 p<0,q>0x+y=5相切，且此抛物线与x)在第一象限与直线轴所围成的平面图形的面积为S.(1) 问 p 和 q 为何值时， S 达到最大 ?(2)求出此最大值 . 七、 (本题满分 6 分 )1设 f (x)在区间 [0,1]上连续 ,在 (0,1) 内可导 ,且满足 f (1) k 3 xe 1 x f (x)dx,( k 1).∈(0,1), f '( ) 2(1) f ( ).2八、 (本题满分 7 分 )已知'n 1 xef n (x) f n (x) xe nf n (1),满足 为正整数 )且 求函数项级数( )(nf n (x) 之和 .i 1九、 (本题满分 9 分 )1 1 a1设矩阵A 1 a1,1 .已知线性方程组 AX =β有解但不唯一 ,试求 : a 1 12(1) a 的值 ;(2) 正交矩阵 Q,使 Q T AQ 为对角矩阵 .十、 (本题满分 8 分 )设 A 为 n 阶实对称矩阵，秩(A)=n ， A ij 是 Aa ij n n 中元素a ij 的代数余子式 (i,j=1,2, ,n ，二次型 f ( x 1 , x 2 , x n )n nA ijx i x j . )i 1 j 1A(1)记A( x 1 , x 2 , x n ), 把 f ( x 1 , x 2 , x n ) nnAijx i x j .写成矩阵形式， 并证明二次i 1j 1A型 f (X ) 的矩阵为 A 1 ;(2) 二次型 g( X )X T AX 与 f ( X ) 的规范形是否相同？说明理由.十一、 (本题满分 8 分 )生产线生产的产品成箱包装 ,每箱的重量是随机的 ,假设每箱平均重 50 千克 ,标准差为 5千克 .若用最大载重量为 5 吨的汽车承运 ,试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱, 才能保障不超载的概率大于 0.977. ( Φ(2)=0.977,其中 (x) 是标准正态分布函数 ).十二、 (本题满分 8 分 ){ (}设随机变量)X 和 Y 对联和分布是正方形 G=x,y |1 ≤x ≤3,1y 3上的均匀分布，试求随机变量{}的概率密度 p(u).U=X- Y2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析一、填空题(1) 【答案】【使用概念】 设 y f x 在 x 处可导， 且 f x 0 ，则函数 y 关于 x 的弹性在 x 处的值为Ey x y x f xExyf x1【详解】由 Q AL K ，当 Q1时，即 AL K1，有 KA L ,于是 K 关于L 的弹性为：11d A LA 1EK L KLLL1dL1ELKA LA L(2) 【答案】 1.2W t 1 2【详解】 W t 表示第 t 年的工资总额，则 W t 1 表示第 t 1年的工资总额，再根据每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加 2百万，所以由差分的定义可得W t 满足的差分方程是：W t (1 20 )W t 1 2 1.2W t 1 2(3) 【答案】 -3 【详解】方法 1：由初等变换 (既可作初等行变换，也可作初等列变换).不改变矩阵的秩，故对A 进行初等变换k 1 1 1k 11 1A1 k 1 1行 分别加到2,3,4行 1k k 1 0 0 1 1 k 1 1( 1)1k 0 k 1 01 1 1 k1k 00 k 1k 3 1 11 2,3,4 列分别加到 0 k 10 01列0 k 1 00 0k 1可见只有当 k =- 3时， r(A )=3.故k =- 3.方法 2：由题设 r(A )=3， 故应有四阶矩阵行列式 A0 .由k 1 1 1k1 1 11 k 1 1 行 分别加到行1k k 1 0 01 k 1k 0 k 1 0 1 1 1 1 1 k1 k0 k 1k 3 1 1 1列分别加到 1列 0 k 1 0 0 (k 32,3,40 0 k 1 0 3)(k 1) 0,0 0 0 k 1 解得 k =1或 k = - 3. 当k =1时，11 1 11 1 1 11 1 1 1 行 分别加到 ，，行0 0 0 01 1 10 0 0 0 111 1 10 0 0 0可知，此时 r(A)=1，不符合题意，因此一定有k =- 3.1(4) 【答案】12D(X)【所用概念性质】切比雪夫不等式为：P X E(X)2期望和方差的性质： E( X Y )EXEY ； D(X Y) DX 2cov( X ,Y ) DY【详解】 把 X Y 看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差.故E(X Y) EX EY2 2 0又相关系数的定义：(X ,Y)cov( X , Y)DXDY则cov(X , Y)(X,Y) DX DY( 0.5) 14 1D(X Y)DX 2cov( X ,Y ) DY12 ( 1) 4 3所以由切比雪夫不等式：PXY6 PXYE(XY)6D(X Y)316236 12(5) 【答案】 F ； (10,5)X【所用概念】 1. F 分布的定义： Fn 1 其中X~2 ( n 1 ) Y ~ 2(n 2 )Yn 2n2.2分布的定义： 若 Z 1, , Z n 相互独立，且都服从标准正态分布 N (0,1) ，则Z i 2 ~ 2 (n)i 13. 正态分布标准化的定义：若 Z ~ N (u, 2) ，则Zu~ N (0,1)【详解】因为 X iN (0,2 2)i 1,2,,15 ， 将其标准化有 X i0 X i N (0,1) ，从而根2 2据卡方分布的定义2222X 1X102(10),X11X152(5),22222222由样本的独立性可知，X 1 X10与X11X15相互独立 .2222故，根据 F 分布的定义2X102X 12210X 12X 102YF (10,5).X 11 2X1522 X 112X 152225故 Y 服从第一个自由度为 10，第二个自由度为 5的 F 分布 .二、选择题(1) 【答案】 [ B] 【详解】f '(x)知方法 1：由 lim1,x a xalim f '( x) limf '(x)x alim f '( x)lim x a1 0 0xax axax ax ax a又函数 f ( x) 的导数在 xa 处连续，根据函数在某点连续的定义，左极限等于右极限等于函数在这一点的值，所以f (a)0 ，于是有f "( a)lim f '( x) f '(a) lim f '( x) 1,x a x a x a x a即 f (a)0 ， f (a) 1 0 ，根据判定极值的第二充分条件：设函数f ( x) 在 x 处具有二阶导数且 f ( x 0 ) 0 ， f (x 0 ) 0 ，当 f (x 0) 0 时，函数 f ( x) 在 x 0 处取得极大值 . 知 xa 是 f ( x) 的极大值点，因此，正确选项为(B).方法 2：由 lim f '(x)1, 及极限保号性定理：如果lim f xA ，且 A0(或A 0)，x ax ax x 0那么存在常数0 ，使得当 0x x 0时，有 f x 0 (或 f x 0 ) ，知存在xf '( x)0 .于是推知，在此去心邻域内当x a 时a 的去心邻域，在此去心邻域内axf ( x) 0 ；当 x a 时 f ( x)0. 又由条件知 f ( x) 在 x a 处连续，由判定极值的第一充分条件：设函数f ( x) 在 x 0 处连续，且在x 0 的某去心领域内可导，若x x 0 , x 0 时， f ( x) 0 ，而 xx 0 , x 0时， f (x) 0 ，则 f (x) 在 x 0 处取得极大值，知 f (a) 为 f (x) 的极大值 .因此，选 (B).(2) 【答案】 (D)【详解】应先写出g(x)的表达式 .当 0 x1时， f ( x) 1 ( x 2 1) ，有2g (x)x u dux 121 3 xf 0(u 1)duu26当 1 x2时， f ( x)1( x 1) ，有31 u x 1 31 20xx,62g (x)即g (x)x f (u)du1 u 31 1 u 1621 x 31x,6 2 2 1x 1 361x f (u)duf (u)du12 11 u2 x1 u x613 13 60 x 1 21x2,1 1(u21)dux 12(u 1)du13x 21因为lim g (x)lim 1 x 3 1 x2， lim g(x)lim2 1 x 122 ， 6 2 33 63x 1x 1x 1x 1且g (1)2 1 1 122 ，3 63所以由函数连续的定义，知g( x) 在点 x 1 处连续，所以 g (x) 在区间 [0, 2] 内连续，选 (D).同样，可以验证 (A) 、 (B) 不正确， 0 x 1 时， g (x)1 x 3 1 x 1 x2 1 0 ，单6 22 2调增，所以 (B) 递减错；同理可以验证当1 x2 时，g (x)2 1 x 1 21 x 1 0 ，363单调增，所以g 0g x g2 ，即 0 gx5与选项 (A) 无界矛盾 .6(3) 【答案】 (C)【详解】由所给矩阵A, B 观察，将 A 的 2,3 列互换，再将 A 的 1,4 列互换， 可得 B . 根据初等矩阵变换的性质，知将A 的 2,3 列互换相当于在矩阵A 的右侧乘以 E 23 ，将 A 的 1,4 列互换相当于在矩阵 A 的右侧乘以 E 14 ，即1 0 0 00 0 0 1 AE 23E14B ，其中 E 230 0 1，E 14 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 00 0 0 110 0 0由题设条件知 P 1E 14 , P 2 E 23 ，因此 B AP 2 P 1 .由于对初等矩阵E ij 有， E ij1Eij ，故P 1 1 P 1, P 21P 2 .因此，由 BAP 2P 1 ，及逆矩阵的运算规律，有B1AP P11P 1A 1PP A1P2 1121 2.(4) 【答案】 (D )【详解】 由题设， A 是n 阶矩阵，是 维列向量， 即TA是n是一维行向量， 可知Tn 1 阶矩阵 . 显然有秩A秩 ( A) n n 1, AT即系数矩阵T0 非列满秩，由齐次线性方程组有非零解的充要条件：系数矩阵非列或行满秩，可知齐次线性方程组AX0 必有非零解 .Ty(5) 【答案】 AX Yn ，从而 Yn X ，【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以故DY D ( n X ) DX由方差的定义：DXEX 2 (EX )2， 所以DYD ( n X )E( n X )22E(n 2 2nX X 2 ) ( n EX )2E( n X )n 2 2nEX EX 2 n 2 2nEX ( EX )2 EX 2 (EX )2DX )由协方差的性质： cov( X , c)0 ( c 为常数 )； cov( aX , bY)ab cov( X ,Y)cov(X 1 X 2,Y) cov( X 1,Y ) cov( X 2 , Y) )所以cov( X , Y) cov( X , n X )cov( X , n) cov( X , X ) 0 DX DX由相关系数的定义，得(X,Y)cov( X ,Y)DX1DX DY DXDX[f ( x) g[ f (x)] f (x)三【变限积分求导公式】g (t )dt ] xa【详解】 根据复合函数求导公式，有du f f dy f dz . (*)dx x y dxz dx在 e xyxy 2 两边分别对 x 求导，得e xy( y xdy) ( y xdy) 0,dxdx即dyy .dxx xx zsin t在 edt 两边分别对 x 求导，得te xsin( xz) (1 dz ),即 dz 1 e x ( x z) .x zdxdx sin(x z)将其代入 (*) 式，得du f f dy f dz f y f 1 e x ( x z)f . dx x y dx z dx x x ysin( x z)z四 【详解】因为 lim(11 )x exxlim(xc )xx c 2clim( )x(把 xc 写成 x c 2c )xx c xx cx c 2c x c 2cx(把 x 写成 x c2 cxlim( ) 2 c x c)xx c2 cx cx clim (12c)2 cxx cx c 2cx2 c x cln (1 ) 2 c lim ex cx2cx lnx c(1 2c) 2 c x c x clim ex2 cx x c( 利用幂函数的性质a mn (a m )n )(利用对数性质e lnf ( x) f ( x) )(利用对数性质ln f ( x)g (x) g (x)ln f (x) )2 cxln (1 x clim2c ) 2 clim f (x )xx cx c(利用 y e x 函数的连续性， lim ef ( x )ee x)x2 cx lim ln (12 cx clim ) 2cxx c x x c (当各部分极限均存在时，elim f (x)g ( x) lim f (x) lim g( x) )xxxlim 2 cx ln lim 2 c x cx c (1 c ) 2cxx x (利用 yln x 函数的连续性， lim[ln f (x)] ln[lim f (x)] )exxe 2c ln e(利用 lim(11) x e )xxe 2c( ln e 1)又因为 f ( x) 在, 内可导，故在闭区间 [ x 1, x] 上连续，在开区间 (x 1, x) 内可导，那么又由拉格朗日中值定理，有f ( x) f ( x 1)f ( )[ x ( x 1)] f ( ), x 1 x左右两边同时求极限，于是lim[ f ( x)f (x 1)] lim f '( )e ，xx因为 x 1 x ， x 趋于无穷大时，也趋向于无穷大由题意， lim( xc)x lim[ f (x) f ( x 1)], 从而 e2 c e ，故 c1x x c x2五【详解】积分区域如图所示，可以写成1y1, y x1y[11( x2 y2 )ydxdy1( x2 y2 )xe2]dxdy xye2dxdy,D D Dydxdy 11ydx1y)dy 2 ;其中，1dy y(1Dy131( x2 y2 )111( x2 y2 )1ydy11( x2 y2 )1 x2)xye2dxdy1ydy xe2dx1e2 d (Dy y2111( x2 y2 )( x2y2 )]11(1 y 2 )e y2ydy e2d[ 1(e2) dy 1y211 11 (1 y2 )e y221 11(1 y2 )dy21 1y222(e2)dy2e22e dy 11111(1 y2 )1111(1 y2 )11y2 1(1y2)]y 22e2d[22e dy e2e011121于是1 ( x2y2 )2y[1xe2]dxdy3D六【详解】方法 1：依题意知，抛物线如图所示，令y px2qx x( px q) 0 ，求得它与 x 轴交点的横坐标为：x10, x2q .p 根据定积分的定义，面积S 为qp x3q x2q31 x n 1C)S p px2qx dx p q2 (注：x n dx0326 p n1因直线 x y5与抛物线y px2qx相切，故它们有唯一公共点. 由方程组x y5y px 2qx求其公共解，消去y ，得px2(q1) x50，因为其公共解唯一，则该一元二次方程只有唯一解，故其判别式必为零，即(q1)2 4 p( 5)(q1)220 p0,解得p1(q1)2 .20将 p 代入 S 中，得S(q)q3q3200q3.6 p26[1223(q 1)4(q1) ]20根据函数除法的求导公式，S (q)(200q3 )[3(q 1)4 ][3( q1)4 ](200q3 )200q2 (3q)[3(q1)4]23(q1)5根据驻点的定义，令S (q)0 ，已知有 q0 ，得唯一驻点 q3.当 1q 3 时， S ( q)0； q3时， S (q)0.故根据极值判定的第一充分条件知， q 3 时， S( q) 取唯一极大值，即最大值.从而最大值为 S S(3)225 .32方法 2：设抛物线y px2qx 与直线x y 5 相切的切点坐标为(x0 , y0 ) ，切点既在抛物线上，也在直线上，于是满足方程有y0px02qx0和 x0y0 5 .抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等. 在y px2qx 左右两边关于 x 求导，得y 2 px q ，在 x y 5 左右两边关于x 求导，得y1，把切点坐标 ( x , y ) 代入，得00y2 px 0 q1xq 1x x 02p由 x 0 y 0 5 y 0 5 x 0 ，将两结果代入 y 0px 02 qx 0 得y 0 5 x 05 (q 1) px 02qx 0p( q 1) 2q(q 1)2 p2 p2 p整理得p1(q 1)2 . 20将 p 代入 S 中，得S(q)200q 3 3(q4 .1)根据函数除法的求导公式，S (q) (200q 3 ) [3(q 1)4 ] [3( q 1)4 ](200q 3 ) 200q 2 (3 q)[3(q 1)4]23(q1)5根据驻点 (即使得一阶导数为零的点) 的定义，令 S (q) 0 ，已知有 q 0 ，得唯一驻点 q 3.当 1q 3 时， S ( q) 0; q 3时， S (q) 0; 故根据极值判定的第一充分条件知， q 3 时，S(q) 取唯一极大值，即最大值 . 从而最大值为 S225 S(3).32七【详解】将要证的等式中的换成 x ，移项，并命( x) f ( x)x1f (x)x问题转化为证在区间(0,1) 内 (x) 存在零点 . 将f (x)x1f (x) 0x看成一个微分方程，用分离变量法求解. 由df (x) x 1f (x)dxxdf (x ) x 1 1两边积分得dx ( 1dx)f ( x)xx利用1dx ln x C 及 x n dx1x n 1 C ，得x n1ln f (x)x ln x C ln f ( x)ln Ce x f ( x)Ce x，1x x即xe x f ( x) C ，命 F (x)xe x f ( x) .由1f (1) k k xe1x f ( x)dx,( k1)及积分中值定理(如果函数 f ( x) 在闭区间 [ a, b] 上连续，则在积分区间[ a,b] 上至少存在一个bf(x dx f( )(b a a b 1点，使得(0, )[0,1]，使a))() )，知至少存在一点k1f (1)k k xe1 x f ( x)dx e1 f ()且 F ( ) e f () ， F(1) e 1 f (1).把 f(1)e1f () 代入，则F (1) e 1 f (1) e 1e1 f ( )e f () F ( )那么 F (x) 在 [,1]上连续，在 (,1) 内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点( ,1) [0,1]，使得F ( ) e f ( ) e f ( ) 0即 f ( )(11 ) f ( ).八【详解】由已知条件可见f n( x) f n ( x)x n 1e x，这是以 f n ( x) 为未知函数的一阶线性非齐次微分方程，其中p(x)1, q( x) x n 1e x，代入通解公式f ( x)e p (x )dxq(x)ep( x)dxC) (dx得其通解为f n ( x) e x n 1e x e dx C e x n C ,dx dxn由条件 f n (1)e, 又 f n (1)e1C，得 C0 ，故 f n (x)x n e x, n n nf n ( x)x n e x e x x nn 1n 1n n 1nx n, 则 a n 1liman 111记 S(x)，limn 11，则其收敛半径为 R1，n 1nnna nn1n收敛区间为 ( 1,1) . 当 x( 1,1)时，根据幂级数的性质，可以逐项求导，S ( x)x nx nx n 11，其中11 x x 2x nn 1 nn 1nn 11 x1 x故根据函数积分和求导的关系f (x)dxf (x) C ，得x xS (x)dx S( x) 0 S(x) S(0)又由于 S(0)0n0 020 ，所以n 1n12S( x)S(0)xx1ln(1x) ，S (x)dx1dxx即有x n ln(1 x), x ( 1,1)nn 1当 x1时，( 1)nln 2 . 级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的n 1n范围可扩大到 x1 处，即x n ln(1 x), x [ 1,1)n 1n于是f n ( x)e x ln(1 x), x [ 1,1)n 1九【详解】 (1) 线性方程组 AX有解但不唯一，即有无穷多解r ( A) r ( A)n 3 ，将增广矩阵作初等行变换，得1 1 a11 1 a 1 A1 a 1 1 2行行，行 行倍0 a 1 1 a 0 1 31 ( a)a 1 120 1 a 1 a 22 a1 1 a 1 2行加到 3行 0 a 11 a 0( a 1)(a 2)（ a 2）因为方程组 AX有解但不唯一，所以r ( A) r ( A) 3，故 a=- 2.(2) 由 (1) ，有112A121211由11212E A1212,3列加到 1列2121111112112提出1列公因子1211行(1)分别加到 2,3行 033111003(3)(3)0故A的特征值为10, 23, 3 3.当10 时，1121),2倍112112(0E A)121行的(0332行加到 3行 033 121分别加到2,3行033000 1于是得方程组 (0 E A) x0的同解方程组为x1x22x303x23x30可见， r (0 E A) 2 ，可知基础解系的个数为 n r (0 E A) 3 2 1 ，故有1个自由未知量，选 x为自由未知量，取x 1 ，解得对应的特征向量为1(1,1,1)T.22当1 3 时，212151 3E A15 1 1,2行互换212212212151151 3行-2 行2121行 2加到2行 0 9 000000016x 1 5x 2 x 3 09x 2可见， r (3E A) 2 ，可知基础解系的个数为 n r (3E A) 3 2 1，故有 1个自由未知量，选 x 为自由未知量，取x1，解得对应的特征向量为2(1,0, 1)T .11当 13 时，41 21 1 13EA1 1 1 ，行互换4 1 2 1 221 421 41行 ( 4)倍, 2倍 1 1 111 10 3 6 2行加到 3行0 36 分别加到 2,3 行36于是得方程组 ( 3E A) x 0 的同解方程组为x 1 x 2 x 3 03x 26x 3 0可见， r ( 3E A) 2 ，可知基础解系的个数为 n r ( 3E A) 3 2 1 ，故有 1个自由未知量，选 x 2 为自由未知量，取 x 2 2 ，解得对应的特征向量为3( 1,2, 1)T .由于 A 是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特征向量相互正交，之需将1, 2, 3单位化，111 11111 , 220 , 332 .1326 112131其中， 1 12 12 123, 212 ( 1)22, 3( 1)2 22( 1)26令1 1 13 2 6 Q1 ,2 ,312 3 61 113263 00则有Q T AQ Q1AQ0 3 0.0 00十【详解】 (1)由题设条件，n n A ij1 n n1f ( x1 , x2 , x n )x i x jA i 1 j 1A ij x i x ji 1 j 1 | A |An nx i A ij x j i 1j 11 Anxi( Ai1x1Ai 2x2Ainxn) i 11 A1 Ax1x1n x21n x2x i ( A i1x i ( A i1, A i 2 , , A in ), A i 2 , , A in )i 1 A i 1x n x nx1 x1( A11, A12 , , A1n ) x2 (A21, A22 , , A2 n )x2x n ( A n1, A n2 , , A nn )x n A11 A12A1n x1x11(x1, x2 , , x n )A21 A22A2n x2(x1, x2 , , x n )T x2T XA X T AA A AA n1 A n2A nn x n x n( )X T A 1X其中 ( ) 的理由： A 是可逆的实对称矩阵，故(A 1)T(A T) 1A1 ，因此由实对称的定义知， A 1也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质 A A AE，知 A A A 1，因此 A也是实对称矩阵，A TA，故()成立.(2) 因为 A 1T AA 1A T1E A 1，所以由合同的定义知A与A 1合同.由实对称矩阵A与 B 合同的充要条件：二次型x T Ax 与 x T Bx 有相同的正、负惯性指数.可知， g ( X )X T AX 与f ( X )有相同的正、负惯性指数，故它们有相同的规范形 .十一【应用定理】(i) 期望的性质：E( X Y ) EX EY ；独立随机变量方差的性质：若随机变量 X 和Y 独立，则 D( X Y) DX DY(ii) 列维 -林德伯格中心极限定理：设随机变量X 1 , X 2 , , X n , 相互独立同分布，方差存在，记22x ，恒有u(0) 分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数与1 nlim P ( X inu) x( x)nni 1(通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多，这些随机变量的和以正态分布为极限分布)(iii) 正态分布标准化：若Z ~ N (u,2)，则Zu~ N (0,1)【详解】设 X i (i 1,2, n) 是装运的第 i 箱的重量 (单位 :千克 )， n 是所求箱数 . 由题设可以将X 1 , X i , X n 视为独立同分布的随机变量， 而 n 箱的总重量 S nX 1X 2X n 是独立同分布随机变量之和 .由题设，有 E( X i )50, D (X i ) 5 ( 单位 :千克 )所以E( S n ) E( X 1 X 2 X n ) EX 1 EX 2 EX n 50nD( S n ) D( X 1 X 2X n ) DX 1DX 2DX n25n则根据列维 — 林德柏格中心极限定理，知S n 近似服从正态分布 N (50n,25 n) ，箱数 n 根据下述条件确定P S n 5000P S n 50n 5000 50n(将 S n 标准化 )5 n 5 n(100010n ) 0.977(2)n由此得1000 10nn2,从而 n98.0199 ， 即最多可以装 98箱 .十二【详解】由题设条件X 和 Y 是正方形 G( x, y):1 x 3,1 y 3 上的均匀分布，则 X 和 Y 的联合密度为：1,1x3,1 y3,1)f ( x, y)4(二维均匀分布的概率密度为0,其他面积由分布函数的定义： F (u)P U u P X Y u(1)当u0时， F (u)0(因为X Y 是非负的，所以小于0 是不可能事件 )(2)当u2时， F (u)1(因为 X 和Y 最大为3，X 和Y 最小为1，所以X Y 最大也就只能为2，所以X Y 2 是必然事件，概率为1)(3)当0u 2 时，F (u)P U u 相当于y阴影部分所占的概率大小. 如图所示：y x uF (u) P U u P X Y u3y x uS阴影面积12x y u 4 (2 u)2S总面积411 (2O1231u)24(二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面x积是用总面积减去两个三角形的面积)于是随机变量U 的概率密度为：1(2 u),0 u2,0,其他。
