2003年考研数学试题详解及评分参考.pdf

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2003 年数学试题详解及评分参考 2003 年 • 第 1 页 2003 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试 数学试题详解及评分参考数学试题详解及评分参考 数 学（一） 数 学（一） 一、填空题（本题共一、填空题（本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 24 分）分） (1) )1( 1 0 2 )(coslim xnl x x + → = . 【答】 应填 1 2 e − . 【解】 )1( 1 0 2 )(coslim xnl x x + → () 2 lncos ln 1 0 lim x x x e + → =，而 22 00 lncosln(1cos1) limlim ln(1) xx xx xx →→ +− = + 2 cos11 2 x x − == −，所以原式= 1 e (2) 曲面 22 yxz+= 与平面 042=−+zyx 平行的切平面的方程是 . 【答】 应填 542=−+zyx. 【解】 设切点坐标为() 0000 ,,Pxyz=，则曲面在 0 P处的法向量为 00 { 2, 2,1}xy−−，应与 已知平面的法向量{2,4, 1}n =−平行，所以 00 221 241 xy−− == − ，从而 00 1,2xy==. 于是 22 000 5zxy=+= (3) 设)(cos 0 2 ππ≤≤−=∑ ∞ = xnxax n n ，则 2 a = . 【答】 应填 1. 【解】 由题设， n a是偶函数 2 x在区间[],π π−上周期为 2π的傅里叶系数，取2n =， 有 22 2 000 21 cos2[sin22 sin2]axxdxxxxxdx πππ ππ ==− ∫∫ 0 0 1 [ cos2cos2]1xxdx π π π π =−= ∫ . (4) 从 2 R的基         − =         = 1 1 , 0 1 21 αα到基         =         = 2 1 , 1 1 21 ββ的过渡矩阵为 . 【答】 应填     −     −2 3 1 2 . 郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2003 年数学试题详解及评分参考 2003 年 • 第 2 页 【解】 设过度矩阵为P，则()() 1212 Pα αβ β=，因而 () () 1 1212 Pα αβ β − = 1 1111 0112 −   =   −   1111 0112  =  −  =     −     −2 3 1 2 . (5) 设二维随机变量),(YX的概率密度为 6 ,01 ( , ) 0, xxy f x y ≤≤≤ =  其他 ， 则}1{≤+YXP= . 【答】 应填 1/ 4. 【解】 1 {1}( , ) x y P XYf x y dxdy + ≤ +≤= ∫∫ = 1 1 2 0 6 x x dxxdy − = ∫∫ () 1 2 0 1 61 2 4 xx dx−= ∫ . (6) 已知一批零件的长度X（单位：cm）服从正态分布) 1 ,(µN，从中随机地抽取 16 个零 件，得到长度的平均值为 40（cm） ，则µ的置信度为 0.95 的置信区间是 . （注：标准正态分布函数值Φ(1.96) = 0.975，Φ(1.645) = 0.95 ） 【答】 应填 39.51,40.49（）. 【解】 记X为样本均值，置信度为 0.95（即0.05α=）的双侧置信区间为 22 (,)XzXz nn αα σσ −+，由于 0.025 2 zz α =，()1 0.0250.9751.96−== Φ，数据代入， 得置信区间为() 11 (401.96,401.96)39.51,40.49 1616 −×+×= 二、选择题（本题共二、选择题（本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 24 分）分） (1) 设函数)(xf在),(+∞−∞内连续，其导函数的图形如图所示，则)(xf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 【答】 应选 (C). 【解】 在y轴左侧，因( )fx′由正变负再变正，故( )f x由增变减再变增，从而有一个极 大值点和一个极小值点；而在y轴右侧，因( )fx′由负变正，故( )f x由减变增，从而有 一个极小值点；又在点0x =左右领域，( )fx′由正变负，( )f x由增变减，且( )f x在点 0x =连续，故0x =是( )f x的极大值点. 因此( )f x有两个极小值点和两个极大值点. (2) 设{ n a}，{ n b}，{ n c}均为非负数，且0lim= ∞→ n n a,1lim= ∞→ n n b, n n c ∞→ lim=∞，则必有 (A) nn ba ，故在点()0,0的 足够小邻域内，当0xy 时，有( , )0f x y ，而当0xy 时，向量组ΙΙ必线性相关 (C) 当sr 时，向量组Ι 必线性相关 【答】 应选 (D) . 【解】 记Ι的秩为( )r Ι，ΙΙ的秩为( )r ΙΙ，则由Ι可由ΙΙ线性表示，可知( )( )rr≤ΙΙΙ. 又( )rsΙΙ ≤，于是当rs时，有( )( )rsrrΙΙ≥≥Ι，即Ι线性相关. 故选 (D) . (5) 设有齐次线性方程组0=Ax和0=Bx，其中,A B均为nm×矩阵，现有 4 个命题： 郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2003 年数学试题详解及评分参考 2003 年 • 第 4 页 ①若0=Ax的解均是0=Bx的解，则秩( )A ≥ 秩( )B； ②若秩( )A ≥ 秩( )B，则0=Ax的解均是0=Bx的解； ③若0=Ax与0=Bx同解，则秩( )A = 秩( )B； ④若秩( )A = 秩( )B，则0=Ax与0=Bx同解 以上命题中正确的是 (A)① ②(B)① ③(C)② ④(D)③ ④ 【答】 应选 (B) . 【解】 若0=Ax的解均是0=Bx的解，则0=Ax的解空间的维数不超过0=Bx的解 空间的维数，即 AB nrnr−≤−，亦即 AB rr≥，故①正确；同理③也正确.又由两个解空 间的维数的大小关系， 推不出两个齐次线性方程的解集是否有包含关系， 所以②不成立, 同理，④也不成立. 故选 (B) . (6) 设随机变量~ ( ) (1)Xt nn ， 2 1 Y X =，则 (A))( ~ 2 nYχ(B)) 1( ~ 2 −nYχ (C) ~ ( ,1)YF n(D)~ (1, )YFn 【答】 应选 (C) . 【解】 因~ ( )Xt n，故( ) 2 ~ Z Xt n nχ =，其中~ (0,1)ZN， 22 ~ ( )nχχ，且Z与 2 χ 相互独立，于是 22 ~ (1)Zχ，从而 2 22 1 ( ,1) 1 n F n XZ χ =∼. 故选 (C) . 三、 （本题满分三、 （本题满分 10 分）分） 过坐标原点作曲线xyln=的切线， 该切线与曲线xyln=及x 轴围成平面图形D. (1) 求D的面积A； (2) 求D绕直线ex =旋转一周所得旋转体的体积V. 解解 (1) 设切点的横坐标为 0 x，则曲线xyln=在点)ln,( 00 xx处的切线方程是 )( 1 ln 0 0 0 xx x xy−+= …… 1 分 由该切线过原点知01ln 0 =−x, 从而ex = 0 ,所以该切线的方程式为x e y 1 =. ……3 分 平面图形 D 的面积 ∫ −=−= 1 0 1 2 1 )(edyeyeA y . ……6 分 (2) 切线x e y 1 =与x轴及直线ex =所围成的三角形绕直线ex =旋转所得的圆锥体积 为 1 V = 2 3 1 eπ；曲线xyln=与x轴及直线ex =所围成的图形绕直线ex =旋转所得的旋 转体体积为 2 V=∫− 1 0 2 )(dyee y π. ……8 分 郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2003 年数学试题详解及评分参考 2003 年 • 第 5 页 因此所求旋转体的体积为 1 222 12 0 1 ()(5123) 36 y VVVeeedyee π ππ=−=−−=−+ ∫ ……10 分 四、(本题满分四、(本题满分 12 分)分) 将函数 x x xf 21 21 arctan)( + − =展开成x的幂级数，并求级数 ∑ ∞ = + − 0 12 ) 1( n n n 的和. 解:解: 因为 2 41 2 )( x xf + −=′ ……2 分 = ). 2 1 , 2 1 (,4) 1(2 0 2 −∈−− ∑ ∞ = xx n nnn ……4 分 又, 4 )0( π =f故)(xf=)0(f+∫′ x dttf 0 )( ……6分 = ∫ ∑ ∞ = −− x n nnn dtt 0 0 2 ]4) 1([2 4 π = 21 0 ( 1) 41 1 2,(, ). 4212 2 nn n n xx n π ∞ + = − −∈ − + ∑ ……8 分 因为级数 ∑ ∞ = + − 0 12 ) 1( n n n 收敛，函数)(xf在 2 1 =x 处连续， 所以)(xf= 21 0 ( 1) 41 1 2,(, ] 4212 2 nn n n xx n π ∞ + = − −∈ − + ∑ …… 10 分 令 2 1 =x，得 ∑ ∞ = + ⋅ + − −= 0 12 ] 2 1 12 4) 1( [2 4 ) 2 1 ( n n nn n f π 再由0) 2 1 (=f 得 ∑ ∞ = =−= + − 0 4 ) 2 1 ( 412 ) 1( n n f n ππ ……12 分 五、 （本题满分五、 （本题满分 10 分）分） 已知平面区域} 0 , 0),{(ππ≤≤≤≤=yxyxD，L为D的 正向边界，试证： (1) ∫∫ −=− −− LL xyxy dxyedyxedxyedyxe sinsinsinsin ； (2) ∫ ≥− − L xy dxyedyxe 2sinsin 2π. 证法证法1 (1) 左边=∫ ∫ − − π π ππ 0 sin 0 sin dxedye xy = ∫ − + π π 0 sinsin )(dxee xx …… 3分 右边=∫ ∫ − − π π ππ 0 sin 0 sin dxedye xy = ∫ − + π π 0 sinsin )(dxee xx 所以∫ ∫ −=− −− LL xyxy dxyedyxedxyedyxe sinsinsinsin …… 6 分 (2) 由于 , 2 sinsin ≥+ −xx ee …… 8 分 故由(1)得∫=− − L xy dxyedyxe sinsin ∫ − + π π 0 sinsin )(dxee xx2 2π≥ …… 10 分 郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·2003 年数学试题详解及评分参考 2003 年 • 第 6 页 证法证法 2 (1) 根据格林公式， 得 ∫∫∫ −− +=− D xy L xy deedxyedyxeσ)( sinsinsinsin …… 2 分 ∫ =− − L xy dxyedyxe sinsin ∫∫ + − D xy deeσ)( sinsin …… 4 分 因为 D 关于xy =对称，所以∫∫ ∫∫ +=+ −− DD zyxy deedeeσσ)()( sinsinsinsin 故∫ ∫ −=− −− LL xyxy dxyedyxedxyedyxe sinsinsinsin …… 6 分。