1998考研数学真命题答案解析.pdf

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1、郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 1 页 1998 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 数学试题参考解答及评分标准数学试题参考解答及评分标准 数数 学（试卷一）学（试卷一） 一、填空题：一、填空题：(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 4 1211 lim 2 0 x xx x . (2) 设 1 ()()zf xyyxy x ，其中,f具有二阶连续导数， 则)( )( )( 2 yxyyxxyyf yx z . (3) 设 L 为椭圆1 34 22 yx ，其周长

2、记为a，则adsyxxy L 12)432( 22 . (4) 设 A 为 n 阶矩阵， * 0,AA为 A 的伴随矩阵，E 为 n 阶单位矩阵，若 A 有特征值， 则EA 2* )(必有特征值 2 ()1 A . (5) 设平面区域 D 由曲线y 1 x 及直线 2 0,1,yxxe所围成， 二维随机变量(X,Y)在区 域 D 上服从均匀分布，则(X,Y)关于 X 的边缘概率密度在2x 处的值为 1 4 . 二、选择题：二、选择题：(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 设)(xf连续， 则 dttxf t dx d x )( 22 0 (A

3、) (A) 2 ()x f x (B) 2 ()x f x (C) 2 2()x f x (D) 2 ()x f x (2) 函数 23 ( )(2)f xxxxx 的不可导点的个数是 (B) (A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0 (3) 已知函数( )yf x在任意点x处的增量,0, 1 2 时且当 xa x xy y是x的高 阶无穷小量，(0)y，则(1)y等于 (D) (A) 2 (B) (C) 4 e (D) 4 e 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 2 页 (4) 设矩阵 333 222 111 cba cba cba

4、 是满秩的，则直线 21 3 aa ax = 21 3 bb by = 21 3 cc cz 与直线 32 1 aa ax = 32 1 bb by = 32 1 cc cz (A) (A) 相交于一点 (B) 重合 (D) 平行但不重合 (D) 异面 (5) 设 A、 B 是随机事件,且 0P(A)0,)()(ABPABP,则必有 (C) (A) ()()P A BP A B (B) ()()P A BP A B (C) ()( ) ( )P ABP A P B (D) ()( ) ( )P ABP A P B 三、三、(本题满分本题满分 5 分分) 求直线 1 1 11 1 : zyx l

5、 在平面012:zyx上的投影直线 0 l的方程，并 0 l求绕y轴旋转一周所成的方程. 解一：解一：设经过l且垂直于平面的平面方程为 1: ( 1)(1)0A xByC z， 则由条件可知20,0ABCABC，由此解得:1:3:2A B C . 于是 1 的方程为3210 xyz . 2 分 从而 0 l的方程为 0 l 210 : 3210 xyz xyz ， 3 分 即 0 2 : 1 (1) 2 xy l zy . 于是 0 l绕y轴旋转一周所成曲面的方程为 2222 1 4(1) 4 xzyy，即 222 4174210 xyzy . 5 分 解二：解二：由于直线l的方程可写为 10

6、 10 xy yz ，所以过l的平面方程可设为 1(1)0 xyyz ，即(1)(1)0 xyz. 由它与平面垂直，得1 (1)20，解得2 . 于是经过l且垂直与的平面方程为3210 xyz . 2 分 从而 0 l的方程为 0 l 210 : 3210 xyz xyz . 3 分 (下同解法一) 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 3 页 四、四、(本题满分本题满分 6 分分) 确定常数， 使在右半平面0 x 上的向量 42242 ( , )2()()A x yxy xyix xyj 为某二元函数( , )u x y的梯度，并求( ,

7、)u x y. 解：解：令 42242 2() ,()Pxy xyQx xy . 则( , )A x y 在右半平面0 x 上为某 二元函数( , )u x y的梯度的充要条件是 QP xy . 1 分 此即 44 4 () (1)0 x xy ，解之得1 . 3 分 于是，在右半平面内任取一点，例如（1，0）作为积分路径的起点，则得 ( , ) 2 42 (1,0) 2 ( , ) x y xydxx dy u x yC xy 4 分 2 4242 1 0 20 y x xdxx dy C xyxy 2 arctan y C x . 6 分 （注：不加 C 不扣分.） 五、五、(本题满分本题

8、满分 6 分分) 从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 y（从海平面算 起）与下沉速度 v 之间的函数关系.设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉， 在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为 m，体积为 B，海水比重为，仪 器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为 k(k0).试建立 y 与 v 所满足的微分方程，并 求出函数关系式 y=y(v), 解：解：取沉放在原点 O，OY 轴正向铅直向下，则由牛顿第二定律得 2 2 d y mmgBkv dt ， 1 分 将 2 2 d ydy v dtdt 代入以消去t，得vy与之间的微分方程 dy mvm

9、gBkv dt ， 2 分 即 mv dydv mgBkv ,积分得 2 () ln() mm mgB yvmgBkvC kk . 4 分 由初始条件 0 |0 y v 定出 2 () ln() m mgB CmgB k ，故所求的函数关系式为 2 () ln mm mgBmgBkv yv kkmgB . 6 分 六、六、(本题满分本题满分 7 分分) 计算 2 1 222 2 )( )( zyx dxdyazaxdydz ， 其中为下半球面 222 yxaz的上侧，a为 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 4 页 大于零的常数 解一：解一

10、： 2 1 222 2 () () axdydzzadxdy xyz 2 1 ()axdydzza dxdy a . 1 分 补一块有向曲面 222 0 : ,xya z S ，其法向量与z轴正向相反，从而得到 22 1 ()() SS Iaxdydzza dxdyaxdydzza dxdy a 2 分 2 1 (32 ) D az dva dxdy a 4 分 其中为S 围成的空间区域，D为0z 上的平面区域 222 xya. 于是 22 20 444 00 11 222 a ar Iazdvaadrdrzdz aa 3 2 a . 7 分 解二：解二： 2 1 ()Iaxdydzza dx

11、dy a . 1 分 记 222 1 1 2() yz D Iaxdydzayzdydz a ，其中 yz D为 YOZ 平面上的半圆 222, 0yza z. 利用极坐标计算，得 2 223 1 0 2 2 3 a Idar rdra ， 4 分 22222 2 11 ()() xy D Izadxdyaaxydxdy aa 2 22223 00 1 (22) 6 a daa arrrdra a ， 其中 xy D为 XOY 平面上的圆域 222 xya. 因此 3 12 2 IIIa . 7 分 七、七、(本题满分本题满分 6 分分) 求 2 sinsin sin lim 11 1 2 n

12、 nn n nn n . 解：解： 2 sinsinsin 12 sinsinsin 11 1 2 n n nnn nnnnn nn n 1 1 sin n i i nn 2 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 5 页 而 1 0 1 12 limsinsin n n i i xdx nn . 3 分 又 2 sinsin sin12 sinsinsin 11 11 2 nn nnnn nn n 1 1 sin 1 n i ni nnn 5 分 而 1 0 1 12 limsinsin 1 n n i ni xdx nnn . 故由夹逼

13、定理知 2 sinsin sin2 lim 11 1 2 n nn n nn n . 6 分 八、八、(本题满分本题满分 5 分分) 设正项数列 n a单减，且级数 1 ) 1( n n na 发散，试问级数 n n n a 1 ) 1 1 ( 是否收敛？并 说明理由. 解：解： 级数 1 1 1 n n n a 收敛. 1 分 理由：由于正项数列 n a单调减少有下界，故lim n n a 存在， 记这个极限值为a，则0a . 2 分 若0a ，则由莱布尼兹定理知 1 ( 1)n n n a 收敛，与题设矛盾，故0a . 3 分 于是 11 1 11 n aa ，从而 11 11 n n n

14、 aa .而 1 1 1 n n n a 是公比为 1 1 1a 的几 何级数，故收敛.因此由比较判别法知原级数收敛. 5 分 （注：注：(1) 若未说明0a ，本题至多给 2 分，(2) 本题也可用根植判别法） 九、九、(本题满分本题满分 6 分分) 设( )yf x是区间0,1上的任一非负连续函数 (1) 试证：存在 0 (0,1)x ，使得在区间 0 0,x上以 0 ()f x为高的矩形面积，等于在区 间 0 ,1x上以( )yf x为曲边的曲边梯形面积； (2) 又设)(xf在区间(0,1)内可导，且 2 ( ) ( ) f x fx x ，证明(1)中的 0 x是唯一的. 证证一：一

15、：(1) 设 1 ( )( ) x F xxf t dt ， 2 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 6 页 则(0)(1)0FF， 且 1 ()()() x F xf td t x f x . 对( )F x在区间0， 1上应用罗尔定理知， 存在一点 0 (0,1)x 使 0 ()0F x， 因而 0 1 00 ( )()0 x f t dtx f x . 即矩形面积 00 ()x f x等于 曲边梯形面积 0 1 ( ) x f x dx . 4 分 (2) 设 1 ( )( )( ) x xf t dtxf x ， 5 分 则当(

16、0,1)x时，有( )( )( )( )0 xf xf xxfx .所以( )x在区间(0,1)内单调减 少，故此时(1)中的 0 x是唯一的. 6 分 （注：注：在证明（1）时，若对所设辅助函数利用闭区间上连续函数的介值定理仅得出 0 0,1x ，但未排除端点，或者排除端点的理由不充分，则只给 1 分.） 十、十、(本题满分本题满分 6 分分) 已知二次曲面方程 222 2224xayzbxyxzyz可以经过正交变换 P z y x 化为椭圆柱面方程44 22 ，求, a b的值和正交矩阵P. 解：解：由 11 1 111 b ba 与 0 1 4 相似得 11 11 1114 b ba 1

17、 分 解之得到3,1ab. 2 分 对应于特征值 1 0的单位特征向量为 1 11 ,0, 22 T x ； 对应于特征值 2 1的单位特征向量为 2 111 , 333 T x ； 对应于特征值 3 4的单位特征向量为 3 121 , 666 T x ； 5 分 因此P 111 236 12 0 36 111 236 . 6 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 7 页 十一、十一、(本题满分本题满分 4 分分) 设A是n阶矩阵，若存在正整数k，使线性方程组0 k A x 有解向量，且 1 0 k A ， 证明：向量组 1 , k AA

18、 是线性无关的. 解：解：设有常数 12 , k ，使得 1 12 0 k k AA ，则有 11 12 ()0 kk k AAA ， 2 分 从而有 1 1 0 k A .由于 1 0 k A ，所以 1 0. 类似可证得 23 0 k ， 因此向量组 1 , k AA 线性无关. 4 分 十二、十二、(本题满分本题满分 5 分分) 已知线性方程组( ) 11 11221,22 21 12222,22 1 122,22 0 0 0 nn nn nnnnn a xa xax a xa xax a xa xax 的一个基础解系为 11121,2 (,)T n b bb， 21222,2 (,)T

19、 n bbb， 12,2 (,)T nnnn bbb 试写出线性方程组 1111221,22 2112222,22 1122,22 0 0 ( ) 0 nn nn nnnnn b yb yby b yb yby b yb yby 的通解，并说明理由. 解：解： （II）的通解为 111121 2221222 2122 (,(,(, TTT nnnnnnn yc aaac aaac aaa) 其中 12 , n c cc为任意常数. 2 分 理由：理由：方程组（I） 、 （II）的系数矩阵分别记为,A B，则由（I）的已知基础解系可知 0 T AB ，于是()0 TTT BAAB，因此可知A的n

20、个行向量的转置向量为（II）的n个 解向量. 3 分 由于B的秩为n，故（II）的解空间维数为2nnn.又A的秩为2n与（I）的解空间 维数之差，即为n，故A的n个行向量线性无关，从而它们的转置向量构成（II）的一个基 础解系，于是得到（II)的上述通解. 5 分 十三、十三、(本题满分本题满分 6 分分) 设两个随机变量 X，Y 相互独立，且都服从均值为 0、方差为 2 1 的正态分布，求随机变 量YX 的方差. 解：解：令ZXY.由于 22 11 (0,() ),(0,() ), 22 XNYN且XY和相互独立，故 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1

21、998 年 第 8 页 (0,1)ZN. 2 分 因为 2222 (|)( )(| ) (|)() (|)D XYD ZE ZE ZE ZE Z， 3 分 而 22 ()( )()1 0 1E ZD ZEZ ， 22 22 0 122 (|)| 22 zz E Zzedzzedz ， 所以 2 (|)1D XY . 6 分 十四、十四、(本题满分本题满分 4 分分) 从正态总体)6,4 . 3( 2 N中抽取容量为 n 的样本， 如果要求其样本均值位于区间(1.4,5.4 ) 内的概率不小于 0.95，问样本容量 n 至少应取多大？ 附表：标准正态分布表 dtez t z 2 2 2 1 )(

22、 解：解：以X表示该样本均值，则 3.4 (0,1) 6 X nN ， 1 分 从而有1.45.4 23.42|3.4| 2PXPXP X |3.4|2 66 Xn Pn 2 () 10.95 3 n . 2 分 故()0.975 3 n ，由此得1.96 3 n ，即 2 (1.96 3)34.57n， 所以n至少应取 35. 4 分 十五、十五、(本题满分本题满分 4 分分) 设某次考试的考生成绩服从正态分布，从中随机抽取 36 位考生的成绩，算得平均成绩 为 66.5 分，标准差为 15 分，问在显著性水平 0.05 下，是否可以认为这次考试全体考生的平 均成绩为 70 分？并给出检验过

23、程. 附表：t 分布表 pntntP p )()( z 1.28 1.645 1.96 2.33 )( z 0.900 0.950 0.975 0.990 )(ntp p n 0.95 0.975 35 1.6896 2.0301 36 1.6883 2.0281 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 9 页 解：解： 设该次考试的考生成绩为X， 则 2 ( ,)XN . 把从X中抽取的容量为n的样本 均值记为X，样本标准差记为S.本题是在显著性水平0.05下检验假设 01 :70;:70HH， 1 分 拒绝域为 1 2 | 70 | |-1

24、) x tntn s (. 由 0.975 36,66.5,15,(36 1)2.0301nxst， 算得 |66.570|36 | |1.42.0301 15 t ， 3 分 所以接受假设 0: 70H，即在显著性水平0.05下，可以认为这次考试全体考生的平均成 绩为 70 分. 4 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 10 页 数数 学（试卷学（试卷二二） 一、填空题：一、填空题：(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 【 同数学一 第一、 （1）题 】 (2) 曲线 32 2yxx

25、x与 x 轴所围成的图形的面积 A= 37 12 (3) 2 lnsin cot lnsincot sin xdx xxxxC x . (4) 设)(xf连续，则 dttxf t dx d x )( 22 0 2 ()x f x. (5) 曲线) 1 ln( x exy(0)x 的渐近线方程为 1 yxe. 二、选择题：二、选择题：(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 设数列 n x与 n y满足0lim nn n yx， 则下类断言正确的是 （A） (A) 若 n x发散，则 n y必发散 (B) 若 n x无界，则 n y必有界 (C)

26、若 n x有界，则 n y必为无穷小 (D) 若 n x 1 为无穷小，则 n y必为无穷小 (2) 【 同数学一 第二、 （2）题 】 （选项的排列顺序不同） (3) 【 同数学一 第二、 （3）题 】 （选项的排列顺序不同） (4) 设函数( )f x在xa的某个领域内连续，且( )f a为极大值，则存在0,当 (,)xaa时， 必有 （A） (A) 0)()()(afxfax. (B) 0)()()(afxfax. (C) )(0 )( )()( lim 2 ax xt xftf at . (D) )(0 )( )()( lim 2 ax xt xftf at . (5) 设 A 是任一

27、)3(nn阶方阵，A*是其伴随矩阵，又 k 为常数，且1, 0 k， 则必有(kA)*= (B) (A) kA* (B) kn-1A* (C) knA* (D) k-1A 三、三、(本题满分本题满分 5 分分) 求函数 ) 4 tan( )1 ()( x x xxf 在区间)2,0(内的间断点，并判断其类型. 解：解：( )f x在(0,2 )内的间断点为 357 , 4444 x . 1 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 11 页 在 4 x 处，(0) 4 f ，在 5 4 x 处， 5 (0) 4 f ， 故 5 , 44 x

28、为第二类（或无穷）间断点； 3 分 在 3 4 x 处， 3 4 lim( )1 x f x ，在 7 4 x 处， 7 4 lim( )1 x f x ， 故 37 , 44 x 为第一类（或可去）间断点； 5 分 四、四、(本题满分本题满分 5 分分) 确定常数cba,的值，使 )0( )1ln( sin lim 2 0 cc dt t t xax x b x . 解：解：由于0 x 时，sin0axx，且极限c不为 0， 所以当0 x 时， 3 ln(1) 0 x b t dt t ，故必有0b . 1 分 又因为 33 3 000 0 sincos(cos ) limlimlim ln

29、(1)ln(1)ln(1) x xxx axxaxx ax xxt dt xt 32 00 (cos )cos limlim(0) xx x axax cc xx . 3 分 故必有1a ，从而 1 2 c . 5 分 五、五、(本题满分本题满分 6 分分) 利用代换 x exyxyxy x u y cos3sin2cos cos 将方程化简， 并求出原方程的通 解. 解一：解一：由cosuyx两端对x求导，得 cossinuyxyx，cos2sincosuyxyxyx. 2 分 于是原方程化为4 x uue ， 3 分 其通解为 12 cos2sin2 5 x e uCxCx， 从而原方程的

30、通解为 12 cos2 2sin cos5cos x xe yCCx xx . 5 分 解二：解二：secyux，secsec tanyuxuxx， 23 sec2 sec tansec tansecyuxuxx uxx ux， 2 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 12 页 代入原方程得4 x uue . 3 分 以下同解法一. 六、六、(本题满分本题满分 6 分分) 计算积分 2 3 2 1 2 1 dx xx . 解：解：注意到被积函数内有绝对值且1x 是其无穷间断点，故 3 1 2 22 1 1 2 dxdx xxxx 原式

31、1 分 而 1 1 2 1 2 1 2 2 11 () 42 dxdx xx x 1 1 2 arcsin(21)arcsin1 2 x ， 3 分 3 3 2 2 2 21 1 11 () 24 dxdx xx x 3 2 2 1 111 ln ()()ln(23) 224 xx . 5 分 因此 3 2 2 1 ln(23) 2 dx xx . 6 分 七、七、(本题满分本题满分 6 分分)【 同数学一 第五题 】 八、八、(本题满分本题满分 6 分分)【 同数学一 第九题 】 九、九、(本题满分本题满分 8 分分) 设有曲线1xy，过原点作其切线，求由此曲线、切线及x轴围成的平面图形绕x

32、 轴旋转一周所得到的旋转体的表面积. 解：解：设切点为 00 (,1)xx ，则过原点的切线方程为 0 1 21 yx x . 再以点 00 (,1)xx 代入， 解得 000 2,11xyx ，则切线方程为 1 2 yx. 3 分 由曲线1(12)yxx绕x轴一周所得到的旋转面的面 积 22 2 1 11 2143(5 5 1) 6 Syy dxxdx ； 6 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 13 页 由直线段 1 (12) 2 yxx绕x轴一周所得到的旋转面的面积 2 2 0 15 25 22 Sxdx . 因此，所求旋转体的表

33、面积为 12 (11 5 1) 6 SSS . 8 分 十、十、(本题满分本题满分 8 分分) 设 y=y(x)是一向上凸的连续曲线，其上任意一点(x,y)处的曲率为 2 1 1 y ，且此曲线 上的点(0,1)处的切线方程为 y=x+1，求该曲线的方程，并求函数 y=y(x)的极值. 解：解：因曲线向上凸，故0y ；由题设，有 32 2 1 1 1 y y y ， 2 分 即 2 1 1 y y . 令,pypy则，从而上述方程化为 2 1 1 p p ，分离变量得 2 1 dp dx p ， 解之得 1 arctan pCx. 4 分 因为( )yy x在点(0,1)处切线方程为1yx，所

34、以 00 |1 xx py ，代入上式得 1 4 C ，故tan() 4 yx .积分得 2 ln|cos()| 4 yxC . 6 分 因为曲线过点(0,1)，所以 0 |1 x y ，代入上式得 2 1 1ln2 2 C ， 故所求曲线的方程为 13 ln|cos()| 1ln2,(,) 4244 yxx . 7 分 因为cos()1 4 x 且当 4 x 时，cos()1 4 x ， 所以当 4 x 时函数取得极大值 1 1ln2 2 y . 8 分 十一、十一、(本题满分本题满分 8 分分) 设(0,1)x，证明： (1) 22 )1 (ln)1 (xxx； (2) 2 11 )1ln

35、( 1 1 2ln 1 xx . 证：证：(1) 令 22 ( )(1)ln (1)xxxx，则有(0)0， 1 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 14 页 22 ( )ln (1)2ln(1)2 ,(0)0 xxxx. 因为当(0,1)x时， 2 ( )ln(1)0 1 xxx x ， 所以( )0 x，从而( )0 x，即 22 (1)ln (1)xxx. 3 分 (2) 令 11 ( ),(0,1 ln(1) f xx xx ，则有 22 22 (1)ln (1) ( ) (1)ln (1) xxx fx xxx . 4 分 由

36、（1）知，( )0fx（当(0,1)x）.于是在(0,1)内( )f x单调减少. 又( )f x在区间(0,1上连续，且 1 (1)1 ln2 f， 故当(0,1)x时， 111 ( )1 ln(1)ln2 f x xx . 6 分 又 2 0000 ln(1)ln(1)1 lim( )limlimlim ln(1)2 (1)2 xxxx xxxxx f x xxxxx ， 故当(0,1)x时， 111 ( ) ln(1)2 f x xx . 8 分 十二、十二、(本题满分本题满分 5 分分) 设 11 (2) T EC B AC ，其中E是 4 阶单位矩阵， T A是 4 阶矩阵A的转置矩

37、阵， B 1232 0123 0012 0001 ，C 1201 0120 0012 0001 ，求A. 解：解： 由题设得 1 (2) T CEC B AE ，即(2) T CB AE. 1 分 由于 1234 0123 0012 0001 2CB ，|2| 10CB ，故2CB可逆. 于是 11 (2) (2) TT ACBCB 3 分 1 10001000 21002100 32101210 43210121 . 5 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 15 页 十三、十三、(本题满分本题满分 8 分分) ,4 ,10, 3, 1

38、, 1 , 0, 3 , 1 , 7 , 2,2 , 0 , 4 , 1 321 TTTT baaaa问： (1) ba,取何值时, 不能由 321 , 线性表示? (2) ba,取何值时, 可由 321 ,线性表示? 并写出此表示式. 解：解： 因 120312031203 4711001120112 0110110010 2340120002 bba aab ， 2 分 故 (1) 当2b 时， 线性方程组 123 (,)x 无解， 此时不能由 123 , 线性表出； 4 分 (2) 当2,1ba时，线性方程组 123 (,)x 有唯一解： 123 ( ,)( 1,2,0) TT xx x

39、 x ， 于是可唯一表示为 12 2； 6 分 当2,1ba时，线性方程组 123 (,)x 有无穷多个解： 123 ( ,)( 2,1,1)( 1,2,0) TTT xx x xk ，其中k为任意常数， 这时可由 123 , 线性表示为 123 (21)(2)kkk. 8 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 16 页 数数 学（试卷三）学（试卷三） 一一、填空题：、填空题：(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 设曲线( ) n f xx在点(1,1)处的切线与x轴的交点为,0 n (

40、)，则 1 lim () n n fe . (2) dx x x 2 1ln1 lnxc x . (3) 差分方程 1 21050 tt yyt 的通解为 51 ( 5)() 126 t t yCt . (4) 设矩阵,A B满足 * 28A BABAE， 其中 A = 100 020 001 ， E 为单位矩阵， * A为A 的 伴随矩阵，A 100 020 001 ，则B 200 040 002 . (5) 设 4321 ,XXXX是来自正态总体 2 (0,2 )N的简单随机样本， 2 43 2 21 )43()2(XXbXXaX，则当 11 , 20100 ab 时，统计量X服 从 2

41、分布,其自由度为 2 二、选择题：二、选择题：(本题共本题共 5 小题，每小小题，每小题题 3 分，满分分，满分 15 分分) (1) 设( )f x为可导函数， 且满足条件1 2 )1 () 1 ( lim 0 x xff x ， 则曲线( )yf x在点(1,(1)f 处的切线斜率为 (D) (A) 2 1 (B) 0 (C) 1 (D) 2 (2) 设函数 n n x x xf 2 1 1 lim)( ， 讨论函数 f (x) 的间断点,其结论为 (B) (A) 不存在间断点. (B) 存在间断点 x = 1 (C) 存在间断点 x = 0 (D) 存在间断点 x = -1 (3) 齐次

42、线性方程组 0 0 0 321 321 3 2 21 xxx xxx xxx 的系数矩阵记为 A，若存在三阶矩阵 B0， 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 17 页 使得 AB = 0，则 (C) (A) 02B且 (B) 02B且 (C) 01B且 (D) 01B且 (4) 设(3)n n 阶矩阵 A= 1 1 1 1 aaa aaa aaa aaa ，若矩阵 A 的秩为1n，则a必为 (B) (A) 1 (B) n1 1 (C) 1 (D) 1 1 n (5) 设 1( ) F x与 2( ) F x分别为随机变量 1 X与 2 X的

43、分布函数，为使)()( 21 xbFxaFxF）（ 是某一随机变量的分布函数,在下列给定的各组数值中应取 (A) (A) 5 2 , 5 3 ba ；(B) 3 2 , 3 2 ba ；(C) 2 3 , 2 1 ba ；(D) 2 3 , 2 1 ba 三、三、(本题满分本题满分 5 分分) 设 arctan 22 y x zxye （）,dz与 2 . z x y 解：解： arctanarctanarctan 22 22 2 1 2()()()(2) 1 yyy xxx zy xexyexy e yxx x ， 1 分 arctanarctanarctan 22 2 2 11 2()()

44、( )(2) 1 yyy xxx z yexy eyx e yyx x . 2 分 所以 arctan (2)(2) y x dzexy dxyx dy . 3 分 222 arctanarctanarctan 222 2 11 (2)()( ) 1 yyy xxx zyxyx exy ee yx yxxy x . 5 分 四、四、(本题满分本题满分 5 分分) 设 22 ( , )Dx y xyx，求. D xdxdy 解一：解一： 22 ( , )|01,Dx yxxxyxx， 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1998 年数学试题参考解答及评分标准 1998 年 第 18 页 所以 2 2 1 0 x x x x D xdxdyxdxdy 2 分 1 0 21xxdx 3 分 1 35 1 22 0 0 8 1 4(1)4 3515 tt xt ttdt . 5 分 解二：解二： cos 2 0 2 cos D xdxdydrrdr 2 分 13 cos 222 0 2 cosdr dr 3 分 3 2 0 4 cos 5 d 4 分 8 15 . 5 分 五、五、(本题满分本题满分 6 分分) 设某酒厂有一批新酿的好