1987数学一真题答案解析（试卷一）.pdf

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1、1987 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 数学试题参考解答数学试题参考解答数数 学（试卷） 学（试卷） 一、填空题（每小题一、填空题（每小题 3 分，满分分，满分 15 分分. 只写答案不写解题过程）只写答案不写解题过程） (1) 与两直线112xytzt 及121121xyz 都平行，且过原点的平面方程是50 xy(2) 当x 1/ln2；时，函数2xyx取得极小值.(3) 由lnyx与两直线(1)yex及0y 围成图形的面积= 3 / 2(4) 设 L 为取正向的圆周922 yx，则曲线积分dyxxdxyxyL)4()22(2的值是18.(5) 已知三维线性空间的

2、一组基底)1 , 1 ,0(, )1 ,0, 1(, )0, 1 , 1(321，则向量(2, 0, 0)在上述基底下的坐标是 ( 1 , 1 , -1 )二、 （本题满分二、 （本题满分 8 分）分） 求正的常数a与b，使式1sin1lim0220dttatxbxxx成立. 解：解：假若1b ，则根据洛必达法则有 222200011limlim()01sincosxxxtxdtbxxbxatax， 与题设矛盾， 于是1b .此时22221222000021112limlim()lim()sin1 cosxxxxtxxdtbxxxxaataxax，即21a，因此4a .三、 （本题满分三、 （

3、本题满分 7 分）分） (1) 设函数, f g连续可微，( ,),()uf x xy vg xxy，求,.uvxx解：解：1212()uxxyfffy fxxx；()(1)vxxygygxx .(2) 设矩阵A和B满足2ABAB，其中A 301110014，求矩阵B. 解：解：因2ABAB，故2ABBA，即(2 )AE BA， 故1(2 )BAEA522432223. 四、 （本题满分四、 （本题满分 8 分）分） 求微分方程26(9)1yyay的通解.其中常数0a .解：解：由特征方程3222(9)0rra r，知其特征根根为12,30,3rrai . 故对应齐次方程的通解为33123co

4、ssinxxyCC exC ex，其中123,C C C为任意常数.设原方程的特解为*( )y xAx，代入原方程可得A 219a. 因此，原方程的通解为*33123( )cossinxxy xyyCC exC ex219ax.五、选择题（每小题五、选择题（每小题 3 分，满分分，满分 12 分）分） (1) 设常数0k ， 则级数21) 1(nnknn （C） (A) 发散(B) 绝对收敛(C) 条件收敛(D) 收敛与发散与k的值有关.(2) 设)(xf为已知连续函数，tsdxtxftI0)(，0,0st， 则I的值 （D） (A) 依赖于s和t(B) 依赖于s、t、x(C) 依赖于t和x,

5、 不依赖于s(D) 依赖于s, 不依赖于t(3) 设1)()()(lim2axafxfax， 则在点xa处 (B) (A)( )f x导数存在,0)( af(B)( )f x取得极大值(C)( )f x取得极小值(D)( )f x的导数不存在.(4) 设 A 为 n 阶方阵, 且0aA, 而*A是 A 的伴随矩阵， 则*A= (C) (A)a(B)a/ 1(C) 1na(D) na六、 （本题满分六、 （本题满分 10 分）分） 求幂级数1121nnnxn的收敛域，并求其和函数. 解：解：记112nnnuxn，有1112limlim(1)22nnnnnnnnxuxnunx，令12x，知原级数在

6、开区间( 2,2)内每一点都收敛.又当2x 时，原级数=111111( 2)2( 1)2nnnnnnn，故由莱布尼兹判别法知其收敛；而当2x 时， 原级数=11111122( 1)2nnnnnnn， 显然发散， 故幂级数的收敛域为)2 , 2. 又记111111( )( )( )22nnnnnxS xxxxS xnn，其中111( )( )2nnxS xn，有1111( )( )21/2nnxS xx，于是102( )2ln()1/22xdxS xxx，因此幂级数的和函数为2( )2 ln2S xxx， 2,2)x . 七、 （本题满分七、 （本题满分 10 分）分） 计算曲面积分2(81)2

7、(1)4SIxydydzy dzdxyzdxdy，其中 s 是曲线 )31 (01yxyz绕 Y 轴旋转一周所形成的曲面，它的法向量与 Y 轴 正向的夹角恒大于/2解：解：S的方程为221yxz，记1S：223,()yxz，知1SS为封闭曲面，设其 方向取外侧，所围区域为，则由高斯公式，有 12(81)2(1)4S SIxydydzy dzdxyzdxdy 12(81)2(1)4Sxydydzy dzdxyzdxdy12102(1)0Sdvy dydz =3212(1 3 )yz xDDdydzdxdzdx31(1)16234ydy. 八、 （本题满分八、 （本题满分 10 分）分） 设函数)

8、(xf在闭区间0,1上可微，对于0,1上的每个x，函数的值都在开区间(0,1)内，且1)( xf.证明 在(0,1)内有且仅有一个x，使( )f xx 证：证：令( )( )h tf tt，知( )h t在闭区间0,1上连续，又由题设知0( )1f x，于是 有(0)(0)00, (1)(1) 10hfhf . 故由零点定理，在(0,1)内有x，使( )f xx. 假若)(xf在开区间(0,1)内有两个不同的点1x和2x，使得11()f xx，22()f xx， 不妨设12xx，则易见)(xf在闭区间0,1上连续，在(0,1)内可导， 故由拉格朗日定理知，(0,1) ，使得2121()( )(

9、 )f xf xfxx，即( )1f.此与1)( xf矛盾！故在(0,1)内使( )f xx的x只能有一个. 九、 （本题满分九、 （本题满分 8 分）分） 问, a b为何值时，线性方程组123423423412340221(3)2321xxxxxxxxaxxbxxxax 有唯一解？无解？有无穷多解？并求出无穷多解时的通解. 解：解：对方程组的增广矩阵进行初等变换，得11110111100122101221()013200101321100010AA bababaa1 当1a时，系数行列式2(1)0Aa，故由克拉姆法则，原方程组有唯一解；2 当1a ，且1b 时，( )3, ( )2r Ar

10、 A，( )( )r Ar A，故原方程组无解；3 当1a ，且1b 时，( )( )24r Ar A，故原方程组有无穷的解. 此时显然有11110101110122101221()00000000000000000000AA b可见其通解为：12( 1,1,0,0)(1, 2,1,0)(1, 2,0,1)TTTxcc ，其中12,c c为任意常数.十、填空题（每小题十、填空题（每小题 2 分，满分分，满分 6 分）分） (1) 在一次试验中事件 A 发生的概率为p，现进行 n 次独立试验，则 A 至少发生一次的概率为np)1 (1；而事件 A 至多发生一次的概率为1)1() 1(1 nppn

11、. (2) 三个箱子，第一个箱子有? 4 个黑球? 1 个白球，第二个箱子中有? 3 个白球? 3 个黑球，第三个箱子中有? 3 个黑球? 5 五个白球，现随机地取一个箱子，再从这个箱子中取一个球，这个 球为白球的概率为?53/120 ， 已知取出的是白球， 此球属于第二箱的概率是?20/53 . (3) 已知连续随机变量 X 的密度为1221)(xxexf，则 X 的数学期望为 1 ；X 的方差为 1/2 .十一、 （本题满分十一、 （本题满分 6 分）分） 设随机变量 X，Y 相互独立，其概率密度函数分别为 它其0101)(xxfX；000)(yyeyfyY， 求随机变量 Z=2X+Y 的

12、概率密度函数( )zf z. 解：解：由题设，(, )X Y的联合密度为01,0( , )( )( )0yXYexyf x yfx fy其 它， 故Z的分布函数2( )()(2)( , )zx y zF zP ZzPXYzf x y dxdy ，1 当0z 时，2( )00zx y zF zdxdy ，此时( )00zf z；2 当02z时，200001( )22z yzzzyyyzzF zdye dxe dyye dy，此时011( )( )(1)22zyzzzfzF ze dye；3 当2z 时，121220001( )(1)1(1)2zxyx zzzF zdxe dyedxee ，此时21( )( )(1)2zzzf zF zee综上所述，Z=2X+Y 的概率密度函数为( )zfz 1221200(1)02(1)2zzzezeez