历年考研真题：考研数学(三)真题（1987-2018）

1987年•第1页1987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及121121xyz都平行，且过原点的平面方程是50xy(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8分）求正的常数a与b，使式1sin1lim0220dttatxbxxx成立.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()sin1cosxxxxtxxdtbxxxxaataxax，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.1987年•第2页(2)设矩阵A和B满足2ABAB，其中A301110014，求矩阵B.解：因2ABAB，故2ABBA，即(2)AEBA，故1(2)BAEA522432223.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（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,不依赖于s(D)依赖于s,不依赖于t(3)设1)()()(lim2axafxfax，则在点xa处(B)(A)()fx导数存在,0)(af(B)()fx取得极大值(C)()fx取得极小值(D)()fx的导数不存在.(4)设A为n阶方阵,且0aA,而*A是A的伴随矩阵，则*A=(C)(A)a(B)a/1(C)1na(D)na六、（本题满分10分）求幂级数1121nnnxn的收敛域，并求其和函数.解：记112nnnuxn，有1112limlim(1)22nnnnnnnnxuxnunx，1987年•第3页令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，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()()()22nnnnnxSxxxxSxnn，其中111()()2nnxSxn，有1111()()21/2nnxSxx，于是102()2ln()1/22xdxSxxx，因此幂级数的和函数为2()2ln2Sxxx，[2,2)x.七、（本题满分10分）计算曲面积分2(81)2(1)4SIxydydzydzdxyzdxdy，其中s是曲线)31(01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/2．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)4SSIxydydzydzdxyzdxdy12(81)2(1)4Sxydydzydzdxyzdxdy12102(1)0Sdvydydz=3212(13)yzxDDdydzdxdzdx31(1)16234ydy.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)(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，1987年•第4页(0,1)，使得2121()()()fxfxfxx，即()1f.此与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有唯一解？无解？有无穷多解？并求出无穷多解时的通解.解：对方程组的增广矩阵进行初等变换，得11110111100122101221()013200101321100010AAbababaa○1当1a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,()2rArA，()()rArA，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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np)1(1；而事件A至多发生一次的概率为1)1]()1(1[nppn.(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20/53.1987年•第5页(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6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的概率密度函数()zfz.解：由题设，(,)XY的联合密度为01,0(,)()()0yXYexyfxyfxfy其它，故Z的分布函数2()()(2)(,)zxyzFzPZzPXYzfxydxdy，○1当0z时，2()00zxyzFzdxdy，此时()00zfz；○2当02z时，200001()22zyzzzyyyzzFzdyedxedyyedy，此时011()()(1)22zyzzzfzFzedye；○3当2z时，121220001()(1)1(1)2zxyxzzzFzdxedyedxee，此时21()()(1)2zzzfzFzee综上所述，Z=2X+Y的概率密度函数为()zfz1221200(1)02(1)2zzzezeez1987年•第6页数学（试卷Ⅱ）一、（本题满分15分）【同数学Ⅰ、第一题】二、（本题满分14分）(1)（6分）计算定积分2||2(||).xxxedx解：因||xxe是奇函数，||||xxe是偶函数，故原式=22||2002||226.xxxedxxedxe(2)（8分）【同数学Ⅰ、第二题】三、（本题满分7分）设函数(,,),yzfuxyuxe，其中f有二阶连续偏导数，求2.zxy解：121yzufffefxx，2111312123()yyyyzfxefeeffxefxy.四、（本题满分8分）【同数学Ⅰ、第四题】五、（本题满分12分）【同数学Ⅰ、第五题】六、（本题满分10分）【同数学Ⅰ、第六题】七、（本题满分10分）【同数学Ⅰ、第七题】八、（本题满分10分）【同数学Ⅰ、第八题】九、（本题满分8分）【同数学Ⅰ、第九题】十、（本题满分6分）设12,为n阶方阵A的特征值，12，而21,xx分别为对应的特征向量，试证明：21xx不是A的特征向量.证：假若21xx是A的特征向量，设其对应的特征值为3，则有12312()()Axxxx，即123132AxAxxx.又由题设条件知111Axx，222Axx，故有131232()()0xx.因21,xx是属于不同特征值的特征向量，所以21,xx线性无关，从而13，且13，此与12矛盾！因此21xx不是A的特征向量.1987年•第7页数学（试卷Ⅲ）一、填空题（每小题2分，满分10分.把答案填在题中横线上）(1)设)1ln(axy,其中a为非零常数，则22)1(,1axayaxay.(2)曲线yarctgx在横坐标为1点处的切线方程是4221xy；法线方程是4/)8(2xy.(3)积分中值定理的条件是()[,]fxab在闭区间上连续，结论是[,],()()()baabfxdxfba使得(4)32()1nnnlinen.(5)dxxf)(cxf)(；badxxf)2(＝)2(21)2(21afbf.二、（本题满分6分）求极限011lim()1xxxe解：200000111111lim()limlimlimlim1(1)222xxxxxxxxxxexexexxexexxx.三、（本题满分7分）设)cos1(5)sin(5tyttx，求22,.dydydxdx解：因5sin,55cosdydxttdtdt，5sin)sin5(1cos1cosdyttdxtt（0+），故ttdxdycos1sin，且222sin1()1cos5(1cos)dydtdtdxdttdxt四、（本题满分8分）计算定