2003考研数一真题及解析(2003考研数一真题)

1、2003年全国硕士研讨生入学共同考试数学一试题一、填空题:本题共6小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定方位上.(1) (2) 曲面与平面平行的切平面的方程是.(3) 设，则= .(4) 从的基到基的过渡矩阵为 .(5) 设二维随机变量的概率密度为则 .(6) 已知一批零件的长度 (单位:cm)遵守正态分布，从中随机地抽取16个零件，得到长度的均匀值为40 ()，则的相信度为0.95的相信区间是.(注:标准正态分布函数值二、选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分，下列每小题给出的四个选项中，只需一项契合标题需求，把所选项前的字母填在题后的括号内.(1) 设函数在内接连，其导函数

2、的图形如图所示，则有( )(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.(2) 设均为非负数列，且,则必有( )(a) 对任意树立. (b) 对任意树立.(c) 极限不存在. (d) 极限不存在. (3) 已知函数在点的某个邻域内接连，且，则( )(a) 点不是的极值点. (b) 点是的极大值点. (c) 点是的极小值点. (d) 根据所给条件无法判别点是不是为的极值点. (4) 设向量组i:可由向量组ii:线性标明，则( )(a) 其时，向量组ii必线性有关. (b) 其时，向量组ii必线性有关.(c

3、) 其时，向量组i必线性有关. (d) 其时，向量组i必线性有关. (5) 设有齐次线性方程组和, 其间均为矩阵，现有4个出题: 若的解均是的解，则秩()秩()； 若秩()秩()，则的解均是的解；

若与同解，则秩()=秩()； 若秩()=秩()， 则与同解.以上出题中正确的是( )(a) . (b) .(c) . (d) . (6) 设随机变量，则( ) (a) . (b) . (c) . (d) . 三 、(本题满分10分)过坐标原点作曲线的切线，该切线与曲线及轴围成平面图形.(1) 求的面积;(2) 求绕直线旋转一周所得旋转体的体积.四 、(本题满分12分)将函数打开成的幂级数，并求级数的

4、和.五 、(本题满分10分)已知平面区域，为的正向鸿沟. 试证:(1) ;(2) 六 、(本题满分10分)某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将战胜土层对桩的阻力而作功. 设土层对桩的阻力的巨细与桩被打进地下的深度成正比(比例系数为).汽锤初度击打将桩打进地下. 根据方案方案，需求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数. 问(1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？(2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？(注:标明长度单位米.)七 、(本题满分12分)设函数)在内具有二阶导数，且是的反函数.(1) 试将所满足的微分方程改换为满足的微分

5、方程；(2) 求改换后的微分方程满足初始条件的解.8 、(本题满分12分)设函数接连且恒大于零， ，其间，(1) 谈论在区间内的单调性.(2) 证明其时，九 、(本题满分10分)设矩阵，求的特征值与特征向量，其间为的伴随矩阵，为3阶单位矩阵.十 、(本题满分8分)已知平面上三条不一样直线的方程别离为，.试证: 这三条直线交于一点的充分必要条件为十一 、(本题满分10分)已知甲、乙两箱中装有同种产品，其间甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品. 从甲箱中任取3件产品放入乙箱后，求:(1) 乙箱中次品件数的数学期望；(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率.十二 、(本题满分8分)设

6、全体的概率密度为其间是不知道参数. 从全体中抽取简略随机样本，记(1) 求全体的分布函数;(2) 求计算量的分布函数；(3) 假定用作为的估量量，谈论它是不是具有无偏性.2003年全国硕士研讨生入学共同考试数学一试题解析一、填空题(1)【答案】【详解】办法1:求型极限，一般先化为指数方法然后求，再回到指数上去=,而(等价无量小替换)(等价无量小替换)故 原式=办法2:令，有，以下同办法1(2)【答案】【详解】由题意，只需满足所求切平面的法向量与已知平面的法向量平行即可 平面的法向量:；曲面在点的法向量:因为，因而有可解得，相应地有所求切平面过点，法向量为:，故所求的切平面方程为，即 (3)【答案】

7、1【详解】将打开为余弦级数，其间所以 (4)【答案】 【详解】维向量空间中，从基到基的过渡矩阵满足=，因而过渡矩阵为:=根据界说，从的基到基的过渡矩阵为=(5)【答案】【分析】本题为已知二维随机变量的概率密度，求满足必定条件的概率接连型二维随机变量概率的求解办法此题可转化为二重积分进行核算【详解】图中阴影区域为积分区域. 由题设，有1o(6)【答案】【分析】可以用两种办法求解:(1) 已知方差，对正态全体的数学期望进行估量. 因为，设有个样本，样本均值，则，将其标准化，由公式得:由正态分布分为点的界说可断定临界值，进而断定相应的相信区间(2)本题是在单个正态全体方差已知条件下，求期望值的相信区

8、间疑问由教材上现已求出的相信区间，其间，可以直接得出答案【详解】办法1:由题设，可见 查标准正态分布表知分位点 本题, .根据，有，即，故的相信度为095的相信区间是办法2:由题设，查得 将，, 代入得相信区间二、选择题(1)【答案】【分析】函数的极值点可所以驻点(一阶导数为零)或导数不存在的点，极值点是极大值点仍是极小值点可进一步由取极值的第一或第二充分条件断定【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的点有3个(导函数与轴交点的个数)；是导数不存在的点 对3个一阶导数为零的点支配两边导数符号均纷歧致，故必为极值点，其间第一个交点支配两边导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点

9、支配两边导数符号由负变为正，是极小值点，则三个驻点中有两个极小值点，一个极大值点；对导数不存在的点:左面一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见为极大值点故共有两个极小值点和两个极大值点，应选(c)(2)【答案】【详解】办法1:推理法由题设，假定存在并记为，则,这与敌对，故假定不树立，不存在 所以选项正确办法2:打扫法取，满足, 而，不正确；取，满足,而，不正确；取，满足,而，不正确(3)【答案】【详解】由，其间由在点接连知，取，充分小，有；取，充分小，有故点不是的极值点，应选 (极值的界说)(4)【分析】 本题为一般教材上均有的比照两组向量个数的定理:若向量组i:可由向量组ii:线性标明，则其时

10、，向量组i必线性有关 或其逆否出题:若向量组i:可由向量组ii:线性标明，且向量组i线性无关，则必有 可见正确选项为(d) 本题也可经过举反例用打扫法找到答案【详解】 用打扫法: ，则，但线性无关，打扫(a)；，则可由线性标明，但线性无关，打扫(b)；，可由线性标明，但线性无关，打扫(c)(5)【答案】(b) 【分析】本题可找反例用打扫法进行分析，但、两个出题的反例比照凌乱一些，要害是捉住、，灵敏打扫不正确的选项【详解】若与同解，则它们的解空间中的基础解系所含向量个数相同，即-秩()=-秩(), 得秩()=秩()，出题树立，可打扫(a), (c)；但反过来，若秩()=秩()，则不能推出与同解，

11、经过举一反例子明，若，则秩()=秩()=1，但与不一样解，可见出题不树立，打扫(d). 故正确选项为(b)(6)【答案】(c)【分析】求解这类疑问要害在于晓得发生变量、变量、变量的典型方法 (1)分布:设彼此独立且均遵守标准正态分布，则随机变量遵守安适度为的分布记做(2)分布:设，且彼此独立，则随机变量遵守安适度为的分布记做(3)分布:设且彼此独立，则随机变量遵守分布，其第一、二安适度别离为记做【详解】其实，由分布的性质以及分布和分布的联络得，(1) 假定计算量 ，则有；(2) 假定计算量，则有由以上两条性质可以直接得出本题的答案为(c) 先由分布的界说知，其间，所以=，分母中只富含一个标准正态

12、分布的平方，所以. 由分布的界说知 故应选(c)三【分析】圆锥体体积公式:；旋转体的体积:(1) 接连曲线，直线、所围成的图形绕直线旋转一周而成的立体的体积(2) 接连曲线，直线、所围成的图形绕直线旋转一周而成的立体的体积【详解】为了求的面积，首要需求出切点的坐标，设切点的横坐标为，则曲线在点处的切线方程是:切线的斜率为，因为该切线过原点，将点代入切线方程，得，然后 所以该切线的方程为(1) 使用平面图形的面积公式，得(2) 旋转体体积可用一大立体(圆锥)体积减去一小立体体积进行核算，为了协助了解，可画一草图 1 o 1 切线与轴及直线所围成的三角形绕直线旋转所得的圆锥体积为:曲线与轴及直线所

13、围成的图形绕直线旋转所得的旋转体体积为:因而所求旋转体的体积为四【分析】幂级数打开有直接法与直接法，一般查询直接法打开，即经过恰当的恒等变形、求导或积分等，转化为可使用已知幂级数打开的景象另外，因为函数打开成的幂级数，经两端求导或积分(其间一边是逐项求导或逐项积分)后，其新的打开式收敛区间不变，但在收敛区间端点处，求导(积分)后的打开式树立与否，要另行单独处置，设已有收敛区间为 假定在处级数收敛，而且(左)接连，则打开式树立的规模可扩展处处，在处亦有类似的结论，不过此时(左)接连应改称(右)接连【详解】本题可先求导， 根柢求导公式关于函数，可以使用咱们所了解的函数的幂级数打开:所以 (把换成)

14、有 对上式两端求积分，得，又因为，所以=即 (*)在处，右边级数变成，收敛(使用莱布尼茨定理)，左面函数接连，所以树立规模可扩展处处而在处，右边级数尽管收敛，但左面函数不接连，所以树立规模只能是为了求，令代入(*)得,再由，得五【详解】(1) 办法1:用格林公式证明. 由曲线为正向关闭曲线，天然想到用格林公式所以 所以 因为积分区域关于对称，所以故 办法2:化为定积分证明左面=右边=所以 (2) 办法1:用格林公式证明= 使用轮换对称性= (因为)办法2:由(1)知， 六【详解】(1) 树立坐标系，地上作为坐标原点，向下为轴正向，设第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为由题设，当

15、桩被打进地下的深度为时，土层对桩的阻力的巨细为，汽锤所作的功等于战胜阻力所做的功，然后 又 ，然后 所以 (2) 第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为则汽锤前次所功的和等于战胜桩被打进地下所做的功而 牛-莱公式所以 然后 等比数列求和公式因为，所以七【详解】 (1) 将题中的与改换成认为自变量为因变量的导数与来标明(即一般所说的反函数变量改换)，有=，=代入原方程，得 ( * )(2) 方程( * )所对应的齐次方程为，特征方程为，根，因而通解为 因为不是特征方程得根，所以设方程( * )的特解为则 ，代入方程( * )，得:解得，故. 然后的通解为由，得故改换后的微分方程满足

16、初始条件的解为且的导函数，满足题设条件 8【详解】(1) 首要对进行化简，三重积分转化为在球面坐标系中的核算；二重积分转化为在极坐标系中的核算 (球面坐标) (极坐标)所认为了谈论在区间内的单调性，对求导:因为，所以. 再使用定积分的性质:若在区间上，则. 所以，所以在区间内严肃单调添加(2) 将待证的不等式作恰当的恒等变形后，规划辅佐函数，再用单调性进行证明即可因为 ，所以要证明时，只需证明时，即令 故在内单调添加，又因为，所以其时，有，然后时，九【分析】 法1:可先求出，进而断定及，再按一般办法断定其特征值和特征向量；法2:先求出的特征值与特征向量，再相应地断定的特征值与特征向量，究竟根据

17、与类似求出其特征值与特征向量【详解】办法1:经核算可得，所以 =，令 ，故的特征值为其时，解，得线性无关的特征向量为所以归于特征值的一切特征向量为，其间是不全为零的任意常数其时，解，得线性无关的特征向量为，所以归于特征值的一切特征向量为，其间为任意常数办法2:设的特征值为，对应的特征向量为，即因为，所以所以 ，所以 ，因而，为的特征值，对应的特征向量为因为，故的特征值为其时，对应的线性无关特征向量可取为， 其时，对应的一个特征向量为 由，得，因而，的三个特征值别离为9，9，3对应于特征值9的悉数特征向量为，其间是不全为零的任意常数；对应于特征值3的悉数特征向量为，其间是不为零的任意常数十【分析

18、】三条直线相交于一点，恰当于对应线性方程组有仅有解，进而转化为系数矩阵与增广矩阵的秩均为2【详解】办法1:“必要性”. 设三条直线交于一点，则线性方程组 (*)有仅有解，故系数矩阵与增广矩阵的秩均为2，所以,因为三条直线互纷歧样，所以，故“充分性”. 由，则从必要性的证明可知，故秩因为=，故秩所以，秩()=秩=2因而方程组(*)有仅有解，即三直线交于一点办法2:“必要性”设三直线交于一点，则为的非零解，其间所以而,(解法同办法1)但根据题设 ，故“充分性”:思考线性方程组 (*)将方程组(*)的三个方程相加，并由可知，方程组(*)等价于方程组 (* *)因为 =,故方程组(* *)有仅有解，所

19、以方程组(*)有仅有解，即三直线交于一点十一【详解】乙箱中可以的次品件数为别离求出其概率，再按界说求数学期望即可；而求从乙箱中任取一件产品是次品的概率，触及到两次实验，是典型的用全概率公式的景象，初度实验的各种可以成果(取到的次品数)就是要找的齐备作业组(1) 办法1:的可以取值为 取出件次品的取法有种；样本空间即从两个箱子中取出3件产品的总的取法数为所以有，的概率分布为， 即 0 1 2 3因而，由离散型数学期望的界说易得 办法2:本题对数学期望的核算也可用分化法:设则的概率分布为 0 1因为，所以由数学期望的线性可加性，有(2) 设标明作业“从乙箱中任取一件产品是次品”，因为，构成齐备作业组，因而根据全概率公式，有=十二【分析】本题表面上是一数理计算疑问，实践上查询了求分布函数、随机变量的函数求分布和概率密度以及数学期望的核算等多个常识点将数理计算的概念与随机变量求分布与数字特征联系起来是一种典型的出题方法求分布函数是根柢题型:求计算量的分布函数，可作为多维彼此独立且同分布的随机变量函数求分布函数，直接用界说即可；是不是具有无偏性，只需查验是不是树立【详解】(1) 由接连型随机变量分布函数的界说，有(2) 由题给，有(3) 由接连型随机变量概率密度是分布函数在相应区间上的微分得概率密度为因为 ， 所以作为的估量量不具有无偏性