版數(shù)學二真題答案解析1998考研路上的幸福哥

入學統(tǒng)一考數(shù)學試題參考解答及評分標準數(shù)學（試卷一

x

1x1x1x4z1f(xyy(xx2

，其中f,則

yf''(xy)'(xy)y''(x L4

y 31，其周長記為 則L(2xy3x4y)ds12a設A為n

0,A*A的伴隨矩陣E為nA有特征值則(A*)2E必有特征

A)2設平面區(qū)域D由曲線y1及直線y0,x1,xe2所圍成，二維 量(X,Y)在x域D上服從均勻分布，則(X,Y)關于X的邊緣概率密度在x2處的值 4設f(x)連續(xù)，則dxtf(x2t2)dt dx(A)xf (B)xf(x2 (C)2xf(x2 (D)xf(x2函數(shù)f(x)(x2x2)x3x的不可導點的個數(shù) 已知函數(shù)yf(x)在任意點x處的增量y 1

a,且當x0時,是x階無窮小量，y(0)，則y(1)等 e

e c1 x y z設矩陣 c是滿秩的，則直 3 3與直 2 a1 b1 c1a3 c3xa2

=yb1b2

zc2

重 設AB是隨機,且0<P(A)<1,P(B)>0,P(BA)P(BA),則必

P(AB)P(AP(AB)P(

P(AB)P(AP(AB)P(求直線l:x1yz1在平面:xy2z10上的投影直線l l0求繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所成的方程解一：設經(jīng)過l且垂直于平面的平面方程為1: 1)ByC(z1)0AB2C0,ABC0ABC132于是1的方程為x3y2z10 ?2從而

的方程為

xy2z10 ?3xx3y2z1即l: x2 .于是l繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所成曲面的方程0z1(y x2z24y21(y1)2，即4x217y24z22y1 ?54xy1解二：由于直線l的方程可寫為yz1

xy1yz10，即x1yz10由它與平面垂直，得11)20，解得2于是經(jīng)過l且垂直與的平面方程為x3y2z10 ?2從而

的方程為

xy2z10 ?3xx3y2z1為某二元函數(shù)u(x,y)的梯度，并求u(x,y)解：令P2xy(x4y2), Qx2(x4y2).則A(x,y)在右半平面x0上為某二元函數(shù)u(x,y)的梯度的充要條件是QP. ?1分 此即4x(x4y4)(1)0，解之得1. ?3分(x,y)2xydxu(x,y)

?4x4x2x y x4y2x4y2Carctanx2 ?6 起）與下沉速度v之間的函數(shù)關系.設儀器在重力作用下，從海平面由靜止開始鉛直下沉，解：取沉放在原點 d2mgB ?1 d2 dy代入以消去t，得v與y之間的微分方程mvdymgBkv ?2 dy

mgB

dv,積分得ymvm(mgB)ln(mgBkv)C ?4 m(mg由初始條件v|y00定出C

ymvm(mgB)lnmgBkv ?6 k

mgaxdydz(za)21(1(x2y2z22

aa2x2 的上側(cè)，a

axdydz(za)21

1

?1 (x2y2z2) ax2y2a2補一塊有向曲面S:z I1 axdydzza)2dxdy axdydzza)2 ?2aS S1 a(3a2z)dva

?4 I1 4 1 其中為SDzI1 4 1 2a zdv a

ardr

zdz a3?7a a 解二：I1axdydz(za)2dxdy ?11axdydz (1axdydz ()dydzDYOZ

a y2z2a2z0. I12d

a2r2rdr2

?4 I21(za)2dxdy1[a a2(x2y2)]2a aDa21 a2a0d0(2a r)rdr6a其中D為XOY平面上的圓域x2y2a2.因此IIIa3 ?7sin sin 求lim n nsinnn 1

n n 22

sin

nsin

1 n解 n n n1sinsin2sinn ?nn

n

n

1 而limnsinn0sinxdx ?3n

1 n nsin 1sinsin2sin sin ?5分n n n n1n 12 而lim nsin

n 0sinxdxnn

sin sin 故 定理知lim n nsin2 ?6nn n

n nn

n設正項數(shù)列{an(1)na

)

an解：級 1收斂 ?1an1 理由：由于正項數(shù)列{an單調(diào)減少有下界，故liman記這個極限值為a，則a0 ?2若a0，則 定理知(1)nan收斂，與題 ，故a0 ?3

1 于是 1，從而 a1.而 1是公比為 1的a a a n1 a ?5（注：(1)若未說明a02分，(2)本題也可用根植判別法f(x是區(qū)間[0,1y間[x0,1]yf(x)為曲邊的曲邊梯形面積；f(x在區(qū)間(0,1)f(x2f(x，證明(1)x0是唯一的x1證一：(1)設F(x)xxf(t)dt ?21F(0)F(1)0F(x)

x1存在一點x(0,1)使F(x)0因 f(t)dtxf(x)0.即矩形面積xf(x)等10 010曲邊梯形面積xf(x)dx ?401(2)設(x)xf(t)dtxf(x) ?51則當x(0,1)時，有(x)f(x)f(x)xf(x)0.所以(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)減少，故此時(1)中的x0是唯一的. ?6分

x P已知二次曲面方程x2ay2z22bxy2xz2yz4可以經(jīng)過正交變換 P z 化為橢圓柱面方程2424，求ab 1與 相似得 1 ?1 4 解之得到a3,b1 ?2 1

2,0,

2 對應于特征值1的單位特征向量為x ,1,1T3 3對應于特征值4的單位特征向量為x 3 16 6

?5 因此P 2 ?6 6 6 1 6 證明：向量組,A,,Ak1是線性無關的. 解：設有常數(shù),,,，使得AA Ak1(AAk1 ?2 從而有Ak10.Ak0，所以0.類似可證得0 因此向量組,A,,Ak1線性無關 ?4已知線性方程組()

a11x1a12x2a1,2nx2nxax

的一個基礎解系為(b

T, 21 22 2,2n

11

1,2nan1x1an2x2an,2nx2n(b,b, )T (b,b, 21 n1 b11y1b12y2 b12ny2n試寫出線性方程組()

yby 21 22 2,2n

bn1y1bn2y bn,2ny2nyc(a,a,, )Tc(a,a,,a )Tc(a,a,,a,111 1 2 n其中c1,c2,,cn為任意常數(shù) ?2理由：方程組（I（II）的系數(shù)矩陣分別記為A,B，則由（I）的已知基礎解系可知ABT0，于是BAT(ABT)T0，因此可知A的n個行向量的轉(zhuǎn)置向量為（II）的n個解向量 ?3由于B的秩為n，故（II）的解空間維數(shù)為2nnn.又A的秩為2n與（I）的解空間維數(shù)之差，即為n，故A的n個行向量線性無關，從而它們的轉(zhuǎn)置向量構(gòu)成（II）的一個基 ?51 2

XY的方差解：令ZXY.由于XN )2),Y )2),且X和Y相互獨立，ZN(0,1 ?2因為D(|XY|)D(Z)E(|Z|2)[E(|Z|)]2E(Z2)[E(|Z|)]2 ?3E(Z2D(Z(EZ)210 E(|Z|) |z e2dz ze2dz

22所以D(|XY|)1 ?6從正態(tài)總體N(3.4,62)中抽取容n的樣本，如果要求其樣本均值位于區(qū)間(1.4,5.4 (z)z

e2z(z0解：X

36

nN ?1|X3.4 2 n 10.95 ?2 故 n)3

3所以n至少應取 ?4附表：tP{t(ntp(ntp n).H0 H170 ?1|x|域為|t nt(n-1).由n36,x66.5,s15,t0.975(361)s2算得|t 1.4 ?3所以接受假設H0:70，即在顯著性水平0.05下，可以認為這次考試全體考生的平均成績?yōu)?0分 ?4數(shù)學（試卷二曲線yx3x22x與x軸所圍成的圖形的面積

lnsinxdxcotxlnsinxcotxx sin2設f(x)連續(xù)，則dxtf(x2t2)dt xf(x2 dx1yxln(e

)(x0)x

yx 設數(shù)列xn與yn滿足limxnyn0則下類斷言正確的 若xn發(fā)散，則yn必發(fā) (B)若xn則yn必有(C)若x有界，則y必為無窮 (D)若1為無窮小，則y必為無窮 xnx設函數(shù)f(x)xa的某個領域內(nèi)連續(xù)，且f(a)0x(a,a)時，必 (xa)[fx)f(a)]0 f(t)f

(xa)[f(x)f(a)]0f(t)f (t

0(xa) (D) (t

(x設A是任一n(n3)階方陣，A*k為常數(shù)，且k kn- k- 函數(shù)f(x)(1xtan(x

4在2解：f(x)在(0,2)內(nèi)的間斷點為x,3,5,7 ?1 在x 處，f

0)，在x 處，f

0)故 ?3 x

limf(x)1x

limf(x)43

x4

4x

?5

axsin c(c確定常數(shù)a,b,c的值，使 xln(1t2 解：x0axsinx0，且極限cxln(1

dt0，故必有b0 ?1t又因為 axsin limacosxlimx(acosx0xln(1t3 x0ln(1x3 x0ln(1x3

xlimx(acosx)limacosx ?3 故必有a1，從而c2

?5解

cos

將方程ycosx2y'sinx3ycosxex解一：由uycosxxuycosxysinxuycosx2ysinxycosx ?2于是原方程化為u4uex ?3其通解為uC1cos2xC2sin2x5cos 從而原方程的通解為yC1cosx2C2sinx5cosx ?5yusecxyusecxusecxtanx ?2代入原方程得u4uex ?33計算積分12

dx3原式 3

?1x2 x2 1 1而

arcsin(2x1)

arcsin1 ?3 1 x 12

1(x

1 3 3

12 ln(x2

)(x

)2 ln(23) ?5(x1)2(x1)2

3因此

ln(22

3) ?6七、(6分)八、(6分)九、(本題滿分8分) ，過原點作其切線，求由此曲線、切線及x軸圍成的平面圖形繞解：設切點為(x0 y x.再以點(x x1)代入 1x02,y0積

1，則切線方程為y x.?322S1

2y1y2dx

(551 ?6 y12

(1x2)x軸一周所得到的旋轉(zhuǎn)面的面S221 5dx 5 ?81 ?21y2令py,則py，從而上述方程化 1，分離變量1

1

dxarctanpC1x. ?4因為yy(x)在點(0,1)處切線方程為yx 所以p|x0y|x01，代入上式C，故ytan(x).積分得yln|cos(x)|C ?6 代入上式得C11ln2 故所求曲yln|cosx|11ln

2x ?7424x1xcos(

因為cos

8分

y11ln2

?8(1x)ln2(1x)x2； 11 11 證：(1)令(x)(1x)ln2(1x)x2，則有(0)0 ?1(x)ln2(1x)2ln(1x2)2x,(0)02)21

[ln(1x)x]0所以(x)0，從而(x)0，即(1x)ln2(1x)x2 ?3令f(x) 1,x(0,1]，則有f(x)(1x)ln2(1x)x2 ?4ln(1 x2(1x)ln2(1由（1）f(x)0（x0,1)）.于是在(0,1f(x)單調(diào)減少又f(x)在區(qū)間(0,1]上連續(xù)，且f(1) ln

故當x(0,1)時，f(x) ln(1

1x

ln

?6limf(x

xln(1 xln(1 lim lim

xln(1

x02x(1 故當x(0,1)時，f(x) 11 ?8ln(1 設(2EC1B)ATC1E4AT4A 2 1 3 0B ，C 2 1

A 2 1 解：由題設得C(2EC1B)ATE，即(2CB)ATE ?1 2 2CB 0

43|2CB|10，故2CB可逆20 1 AB)1]T[(2CB)T

?3 0 1000 0 1000 0100 0 0

3ab取何值時,不能由1,2,3線性表示27 3 10 327 3 10 3 1 b1b a0解：因

?2 4 b2 故(1)當b2時，線性方程組(1,2,3)x不能由1,2,3?4(2)當b2a1時，線性方程組(,,)x有唯一解：xxxx)T12,0)T12 12于是可唯一表示為122； ?6分當b2,a1時，線性方程組(1,2,3)x有無窮多個解： x(xxx)Tk(2,1,1)T(12,0)T，其中k為任 這時可由1,2,3線性表示為(2k1)1(k2)2k3 ?8數(shù)學（試卷三設曲線f(x)xn在點(1,1)處的切線與x軸的交點為(,0)，則limf() lnx1dx 1lnx 差分方程

5t0的通解 yC(5)t5(t 00

0E為單位矩陣，A*A0000A0

0 0 XXXXN Xa(X2X)2b(3X4X)2，則當a ,b 從2分布,其自由度

, (A) (B) (C)2

設函數(shù)f(x)lim1x討論函數(shù)f(x)的間斷點,其結(jié)論 n1 (B)存在間斷點x=(C)存在間斷點x= (D)存在間斷點x=-xx2x 齊次線性方程組x1x2x3 xxx 使得AB=0， 2且B (B)2且B1且

a a

1且B設n(n3)階矩陣A= ，若矩陣A的秩為n1，則a必 a 1 1

n設F1(x)與F2(x)分別為隨量X1與X2的分布函數(shù)，為使F（x）aF1(x)bF2 (A)a3,b2；(B)a2,b2；(C)a1,b3；(D)a1,b3 arctan 2設z（x2 x,dz arctan artan arctan x(x2y2 x(

)(2x

x ?1 y 1 arctan arctan arctan 2 xx2y2 x 2y x ?2arctan

1所以dz x[(2xy)dx(2yx)dy] ?3arctan

arctan

2arctanz x(2x

x

)()

xy

x ?5 1

x2DD{(x,y)x2y2x}DxD{(xy|0xx

y xx2D所以D

xdxdy111

x

?220x11 t5

?340 解二 xdxdy2

(11

)dt4 rcoscos

?5?22cos2d24

r2 ?3 2cos3 ?45

8 ?5tt2

.假定銀行的年利率為r，并連續(xù)復利計息，試求窖藏多少年售出可使總收入的現(xiàn)值最大，并求r0.06時的t值2R

A(t

?2dA 2trt d22令 r0，得唯一駐點t0 d22d2AR

5trt

r2

Re251r12.5r30dt 5

1tt025r2故窖藏t

?5當r0.06時，t10011（年 ?69f(x在ab]上連續(xù),在ab)內(nèi)可導,f'(x)0,(a使得f'()ebeaef bf(b)f存 (a,b)，使 eb

f ?2f(b)f即

(ebea

?3b b又f(x)在[a,b]上滿 日中值定理條件，故由日中值定理，存在(a,b)f(b)f使得 f() ?5bf(x)

f( (ebea 0知f()0，從而f() b e ??6n

1n

,記它們交點的橫坐標的絕對值為an解：由ynx21與y(n1)x2 1得a

n1

? n

n1 n(n1)[nx2 (n1)x2

n n(n2an x2dx n(n1 n(n 3n(n1 41 ?5 3n(n 3 n1 從而

?6a n3 n1 n1 k1 設函數(shù)f(x)在1,上連續(xù)，若由曲線yf(x))，直線x1,x (t1)與xx軸旋轉(zhuǎn)一周所成的旋轉(zhuǎn)體體積為v(t)[t2f(tf(13yf(x所滿足的微分方程，并求該微分方程滿足條件

29解：依題意得V(t

f(x)dx[tf(t)f(1)]3即3tf2(x)dxt2f(t)f(1) ?21兩邊對t求導，得3f2(t)2tf(t)t2f ?3 y 將上式改寫為x2y3y22xy，即 3 2

x 令yu，則有xdu

3u(u ?4當u0時，u1時， 3dxucx3 5u(uxu?6由已知條件，求得c1yxx3

(或y ) ?71設向量(a,a,,a)T,(b,b ,b aT0nAaTA2(2)A的特征值和特征向量解：(1)AaTaT0A2AAT)(T)(T)T ?1即A2為n階零矩陣 ?3設AA的屬于特征值x(x0)Axx 于是A2xAx2x. ?4分因為A2xO，所以2xO.而xO，故0，即矩陣A的特征值全為零.?5不妨設向量中分量a10,b10對齊次線性方程組(0EA)O a1bn b1 bna a ab 0A

2 2 2n

?6a a ab 0 n n nn

2,1,0,,0,30,1,,0 n00, ，8

A的屬于特征值0的全部特征向量為c11c22cn1n1（c1c,2,,c

1 ?9 1設矩陣A 1 ，使B與相似，并求k為何值時，B為正定矩陣解：由|EA|(2)2，可得A的特征值為2,0 ?2 0記對角矩陣D 0 因為A是實對稱矩陣，故存在正交矩陣P，使得PTAPD ?分APT)1DP1PDPT于是B(kEA)2(kPPTPDPT)2[P(kED)PT][P(kED)PTP(kED)2PT

(k ?5 k2k (k 可見 (k ?6 k2 因此當k2，且k0時B的全部特征值均為正數(shù)，這時B為正定矩陣. ?7分注考生也可直接由A的特征值得到矩陣kEA的特征值為k2（二重和k（4分B的特征值為(k2)2（二重）和k2（5分B（6分一商店經(jīng)銷某種商品，每周進貨的數(shù)量X與顧客對該種商品的需求量Y是相互獨立的1000X500(Y1000X500(YX)500(XY由于X與Y

YXY

?3(x,y)

1,10x20,10y.. 所以EZ1000y100dxdy500(xy)100 ?7 1010dyyydx510dy10(x ?81020y(20y)dy5203y210y ?9 10 5150014166.67（元 ?103份75解：Hi＝｛報名表是第i區(qū)考生的（i＝12,3,（ 則P(H1)P(H2)P(H3) ；P(A1|H1) ,P(A1|H2) ,P(A1|H3) ；? 1 PPA1)P(Hi)PA1|Hi) ( ) ?3??5

3 P(A|H7P(A|H8P(A|H20 ?4 P(AA|H7P(AA|H8P(AA|H5 ?51 1 PA2P(Hi)PA2|Hi ?6 PA1A2P(Hi)PA1A2|Hi) ?7 3 因此，qP(A|A)P(A1A2)20 ?9 P(A2 數(shù)學（試卷四..

A2,B3,2A*B

設一次試驗成功的概率為p，進行100次獨立重復試驗，當p 2

時成功次數(shù)的 若向量組， 必可由,,線性表 (B)必不可由,,線性表(C)必可由,,線性表 必不可由,,線性表 設A，B，C是三個相互獨立的隨機，且0<P（C）<1，則在下列給定的四對 AB與 (B)AC與 (C)AB與 (D)AB與C三、(本題滿分6分) 1n2(n為自然數(shù)lim(ntan

tantanx

xtanxxtanxxx lim ?2x0 x0 ， ?4limtanxxlimsec2 ， ?4 1

x0

1e3 ?5111取x ，則原式e3 ?6n七、(本題滿分6分)f(x在[ababf(af(b1,(ab，使得ef(f()證：令F(x)exf(x)，則F(x)在[a,b]上滿足日中值定理條件，故存 e[f(a, ebf(b)e e[f

?3beb

f(由條件f(a)f(b)1，得 e[f()f()] ?4b再令(x)ex，則(x)在[a,b]上滿 日中值定理條件，故存在(a,b)，使b

?5 ?6所圍成的圖S2，并且a1試確定a的值，使S1S2達到最小，并求出最小值SSS

a(axx2)dx0 x3

ax2

23

3 2

3

?2 Sa210，得a 又 ) 0，則S(

.)是極小值，即最小值2

1)

1 ?4 SSS0(axx2)dx1(x2 因S

1)0S3

綜上所述，當a ， ?6611 1(2)

2 x2x4)dx2 2

(x4 11 1

13

26x 5