1987年考研数学试题详解及评分参考(数一-数二-数三通用)

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第1页1987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（试卷Ⅰ）一、填空题（每小题3分，满分15分.只写答案不写解题过程）(1)与两直线112xytzt=ìï=-+íï=+î及121121xyz++-==都平行，且过原点的平面方程是.【答】应填0.xyz-+-=【解】因平面与所给两直线都平行，从而其法线与两直线的方向向量都垂直，取法向量011.121ijknijk==-+-由平面过原点知，所求平面方程为0.xyz-+-=(2)当x=；时，函数2xyx=取得极小值.【答】应填1.ln2-【解】由()22ln221ln20xxxyxx¢=+×=+=，得1.ln2x=-又()2ln21ln22ln2xxyx¢¢=++，故1ln21()2ln20ln2y-¢¢-=.可见，当1ln2x=-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=.【答】应填3.2【解】所求面积为()113ln1.2eeeSxdxexdx+=++-=òò(4)设L为取正向的圆周922=+yx，则曲线积分2(22)(4)Lxyydxxxdy-+-òÑ的值是.【答】应填18.p-郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第2页【解法一】L的参数方程为3cos,3sin,02,xtyttp==££则有2(22)(4)Lxyydxxxdy-+-òÑ()()()22018sincos6sin3sin9cos12cos3cos18.tttttttdtppéù=×-×-+-×=-ëûò【解法二】记22:9.Dxy+£由格林公式得22(4)(22)(22)(4)[](2)18.LDDxxxyyxyydxxxdydxdydxdyxyp¶-¶--+-=-=-=-¶¶òòòòòÑ(5)已知三维线性空间的一组基底123(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)===aaa，则向量()2,0,0=b在上述基底下的坐标是.【答】应填()1,1,1.T-【解】求向量b在基底123,,aaa下的坐标，相当于解方程组112233.xxx++=aaab令112233,xxx++=aaab即1213232,0,0,xxxxxx+=ìï+=íï+=î解此方程组得1231,2,1.xxx===-故向量(2,0,0)T=b在基底123,,aaa下的坐标是(1,1,1).T-二、（本题满分8分）求正的常数a与b，使式1sin1lim0220=+-ò®dttatxbxxx成立.解：假若1b¹，则根据洛必达法则有222200011limlim()01sincosxxxtxdtbxxbxatax®®=×=¹--++ò，与题设矛盾，于是1b=.此时22221222000021112limlim()lim()sin1cosxxxxtxxdtbxxxxaataxax®®®=×=×=--+++ò，即21a=，因此4a=.三、（本题满分7分）(1)设函数,fg连续可微，(,),()ufxxyvgxxy==+，求,.uvxx¶¶¶¶解：1212()uxxyfffyfxxx¶¶¶¢¢¢¢=×+×=+׶¶¶；()(1)vxxygygxx¶¶+¢¢=×=+׶¶.郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第3页(2)设矩阵A和B满足2ABAB=+，其中A=301110014éùêúêúêúëû，求矩阵B.解：因2ABAB=+，故2ABBA-=，即(2)AEBA-=，故1(2)BAEA-=-=522432223--æöç÷--ç÷ç÷-èø.四、（本题满分8分）求微分方程26(9)1yyay¢¢¢¢¢¢+++=的通解.其中常数0a.解：由特征方程3222(9)0rrar+++=，知其特征根根为12,30,3rrai==-±.故对应齐次方程的通解为33123cossinxxyCCexCex--=++%，其中123,,CCC为任意常数.设原方程的特解为*()yxAx=，代入原方程可得A=219a+.因此，原方程的通解为*33123()cossinxxyxyyCCexCex--=+=+++%219a+x.五、选择题：（每小题3分，满分12分）(1)设常数0k，则级数21)1(nnknn+-å¥=(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.【答】应选(C).【解】因2{}knn+单调减少，且2lim0,nknn®¥+=根据莱布尼兹判别法，知21)1(nnknn+-å¥=收敛；再考虑级数2211(1),nnnknknnn¥¥==++-=åå因2211knknnn+=+，而211nn¥=å收敛，11nn¥=å发散，所以21(1)nnknn¥=+-å发散，因此，21)1(nnknn+-å¥=条件收敛.故选(C).(2)设)(xf为已知连续函数，0()stItftxdx=ò，0,0st，则I的值(A)依赖于s和t(B)依赖于s、t、x(C)依赖于t和x,不依赖于s(D)依赖于s,不依赖于t【答】应选(D).【解】因0001()()(),ssstItftxdxtxutfudufudut===òòò可见积分仅依赖于s,不郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第4页依赖于t，故选(D).(3)设2()()lim1()xafxfaxa®-=--，则在点xa=处(A)()fx导数存在,0)(¹¢af(B)()fx取得极大值(C)()fx取得极小值(D)()fx的导数不存在.【答】应选(B).【解】由2()()()()()limlim()0()xaxafxfafxfafaxaxaxa®®--¢==×-=--，可排除(A)和(D)；又根据极限的保号性，知存在xa=的某空心邻域，在此邻域内有2()()0,()fxfaxa--从而有()()()fxfaxa¹，于是()fx在xa=处取极大值，故排除(C)，并选(B).(4)设A为n阶方阵,且0,Aa=¹而*A是A的伴随矩阵，则*A=(A)a(B)1/a(C)1na-(D)na【答】应选(C).【解】由伴随矩阵的性质，知**,AAAAAE==两端取行列式，并利用ABAB=及,nkAkA=有*,nnAAAEA×==因为0,Aa=¹于是*1,nAa-=故选(C).六、（本题满分10分）求幂级数1121+¥=ånnnxn的收敛域，并求其和函数.解：记112nnnuxn+=，有1112limlim(1)22nnnnnnnnxuxnunx+++®¥®¥=×=+，令12x，知原级数在开区间(2,2)-内每一点都收敛.又当2x=-时，原级数=111111(2)2(1)2nnnnnnn¥¥++==-=-åå，故由莱布尼兹判别法知其收敛；而当2x=时，原级数=11111122(1)2nnnnnnn¥¥++===-åå，显然发散，故幂级数的收敛域为)2,2[-.又记111111()()()22nnnnnxSxxxxSxnn¥¥+=====åå，其中111()()2nnxSxn¥==å，有1111()()21/2nnxSxx¥-=¢==-å，于是102()2ln()1/22xdxSxxx==--ò，郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第5页因此幂级数的和函数为2()2ln2Sxxx=-，[2,2)xÎ-.七、（本题满分10分）计算曲面积分2(81)2(1)4SIxydydzydzdxyzdxdy=++--òò，其中s是曲线)31(01££îíì=-=yxyz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/2p．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W，则由高斯公式，有12(81)2(1)4SSIxydydzydzdxyzdxdy+=++--òòÒ12(81)2(1)4Sxydydzydzdxyzdxdy-++--òò12102(1)0SdvydydzW=×---+òòòòò=3212(13)yzxDDdydzdxdzdx--òòòòò31(1)16234ydypp=-+××=ò.八、（本题满分10分）设函数)(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)(¹¢xf.证明在(0,1)内有且仅有一个x，使()fxx=．证：令()()htftt=-，知()ht在闭区间[0,1]上连续，又由题设知0()1fx，于是有(0)(0)00,(1)(1)10hfhf=-=-.故由零点定理，在(0,1)内有x，使()fxx=.假若)(xf在开区间(0,1)内有两个不同的点1x和2x，使得11()fxx=，22()fxx=，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)x$Î，使得2121()()()fxfxfxxx-¢=-，即()1fx¢=.此与1)(¹¢xf矛盾！故在(0,1)内使()fxx=的x只能有一个.九、（本题满分8分）问,ab为何值时，线性方程组123423423412340221(3)2321xxxxxxxxaxxbxxxax+++=ìï++=ïí-+--=ïï+++=-î有唯一解？无解？有无穷多解？并求出无穷多解时的通解.郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第6页解：对方程组的增广矩阵进行初等变换，得°11110111100122101221()013200101321100010AAbababaaæöæöç÷ç÷ç÷ç÷==®ç÷ç÷----+ç÷ç÷--èøèø○1当1¹a时，系数行列式2(1)0Aa=-¹，故由克拉姆法则，原方程组有唯一解；○2当1a=，且1b¹-时，°()3,()2rArA==，°()()rArA¹，故原方程组无解；○3当1a=，且1b=-时，°()()24rArA==，故原方程组有无穷的解.此时显然有°11110101110122101221()00000000000000000000AAb---æöæöç÷ç÷ç÷ç÷=®®ç÷ç÷ç÷ç÷èøèø可见其通解为：12(1,1,0,0)(1,2,1,0)(1,2,0,1)TTTxcc=-+-+-，其中12,cc为任意常数.十、填空题（每小题2分，满分6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；而事件A至多发生一次的概率为.【答】应填1(1)np--；1[1(1)](1).nnpp-+--【解】由伯努利概型的概率计算公式知，A至少发生一次的概率为()()()000111111,nnknnkknnkCppCppp--=-=--=--å而事件A至多发生一次的概率为：()()()()0110011111.nnnnnnPCppCpppnpp---=-+-=-+-(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，已知取出的是白球，此球属于第二箱的概率是.【答】应填53120；20.53【解】记B={从箱子中取出的是白球}，iA={取的是第i个箱子}，1,2,3.i=则()()()()()()1231231115,,,.3528PAPAPAPBAPBAPBA======郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题详解及评分参考1987年•第7页由全概率公式得取出的这个球为白球的概率为：()()()()()()()11223353.120PBPAPBAPAPBAPAPBA=++=由贝叶斯公式得，当取出的球是白球时，此球属于第二个箱子的概率为：()()()()22220.53PAPBAPAB