2004年考研数学一真题及答案详解

2024年4月4日发(作者：高三数学试卷十二月)

2004年全国硕士研究生入学统一考试

数学(一)试卷

一、填空题(本题共6小题,每小题4分,满分24分.把答案填在题中横线上)

(1)曲线

ylnx

上与直线

xy1

垂直的切线方程为__________ .

(2)已知

f



(e

x

)xe

x

,且

f(1)0

,则

f(x)

=__________ .

(3)设

L

为正向圆周

x

2

y

2

2

在第一象限中的部分,则曲线积分

为__________.



L

xdy

2ydx

的值

d

2

ydy

4x2y0(x0)

的通解为__________ . (4)欧拉方程

x

dx

dx

2

2



210





(5)设矩阵

A120

,矩阵

B

满足

ABA

*

2BA

*

E

,其中

A

*

为

A

的伴随矩阵,







001





E

是单位矩阵,则

B

=__________ .

(6)设随机变量

X

服从参数为



的指数分布,则

P{XDX}

= __________ .

二、选择题(本题共8小题,每小题4分,满分32分.每小题给出的四个选项中,只有一个

符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内)

(7)把

x0

时的无穷小量









x

0

costdt,







tantdt,







sint

3

dt

,使排在

00

2

x

2

x

后面的是前一个的高阶无穷小,则正确的排列次序是

(A)



,



,



(C)



,



,



(B)



,



,



(D)



,



,



(8)设函数

f(x)

连续,且

f



(0)0,

则存在



0

,使得

(A)

f(x)

在(0,



)

内单调增加 (B)

f(x)

在

(



,0)

内单调减少

(C)对任意的

x(0,



)

有

f(x)f(0)

(D)对任意的

x(



,0)

有

f(x)f(0)

第 1 页 共 24 页

(9)设



a

n1

n



n

为正项级数,下列结论中正确的是

(A)若

limna

n

=0,则级数



a

n1



n

收敛

(B)若存在非零常数



,使得

limna

n





,则级数

n



a

n1



n

发散

(C)若级数



a

n1





n

收敛,则

limna

n

0

n

2

(D)若级数



a

n1

n

发散, 则存在非零常数



,使得

limna

n





n

(10)设

f(x)

为连续函数,

F(t)

(A)

2f(2)



t

1

dy



f(x)dx

,则

F



(2)

等于

y

t

(B)

f(2)

(D) 0 (C)

f(2)

(11)设

A

是3阶方阵,将

A

的第1列与第2列交换得

B

,再把

B

的第2列加到第3列得

C

,则满足

AQC

的可逆矩阵

Q

为



010





(A)

100







101







010





(B)

101







001







010





(C)

100







011







011





(D)

100







001





(12)设

A,B

为满足

ABO

的任意两个非零矩阵,则必有

(A)

A

的列向量组线性相关

,B

的行向量组线性相关

(B)

A

的列向量组线性相关

,B

的列向量组线性相关

(C)

A

的行向量组线性相关

,B

的行向量组线性相关

(D)

A

的行向量组线性相关

,B

的列向量组线性相关

(13)设随机变量

X

服从正态分布

N(0,1),

对给定的



(0



1)

,数

u



满足

第 2 页 共 24 页

P{Xu



}



,若

P{Xx}



,则

x

等于

(A)

u



2

(B)

u

1



2

(C)

u

1



2

(D)

u

1



(14)设随机变量

X

1

,X

2

,



,X

n

(n1)

独立同分布,且其方差为



2



0.

令

1

n

Y



X

i

,则

n

i1

(A)

Cov(X

1

,Y)

(C)

D(X

1

Y)



2

n

(B)

Cov(X

1

,Y)



2

(D)

D(X

1

Y)

n2

2



n

n1

2



n

三、解答题(本题共9小题,满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

(15)(本题满分12分)

云梯教育，专注考研，更加专业，旗下推出的免费手机应用“口袋题库考研”更是新一

代的考研利器，内含免费历年真题及答案解析，科学的复习笔记，更有学长学姐的经验分享，

更多功能及资料下载请抓紧时间下载应用或者加入QQ群97240410！

设

eabe

,证明

ln

2

bln

2

a

2

4

(ba)

.

2

e

(16)(本题满分11分)

某种飞机在机场降落时,为了减少滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减速伞,以增大

阻力,使飞机迅速减速并停下.

现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700km/h 经测试,减速伞打开后,飞机

所受的总阻力与飞机的速度成正比(比例系数为

k6.010

6

).

问从着陆点算起,飞机滑行

的最长距离是多少?

(注:kg表示千克,km/h表示千米/小时)

(17)(本题满分12分)

计算曲面积分

I

332

2xdydz2ydzdx3(z1)dxdy,

其中



是曲面





z1x

2

y

2

(z0)

的上侧.

(18)(本题满分11分)

n

设有方程

xnx10

,其中

n

为正整数.证明此方程存在惟一正实根

x

n

,并证明当





1

时,级数



x

n

收敛.

n1



第 3 页 共 24 页

(19)(本题满分12分)

设

zz(x,y)

是由

x

2

6xy10y

2

2yzz

2

180

确定的函数,求

zz(x,y)

的极

值点和极值.

(20)(本题满分9分)

设有齐次线性方程组



(1a)x

1

x

2

x

n

0,



2x(2a)x2x0,



12n









nx

1

nx

2

(na)x

n

0,

试问

a

取何值时,该方程组有非零解,并求出其通解.

(21)(本题满分9分)

(n2),



123





设矩阵

A143

的特征方程有一个二重根,求

a

的值,并讨论

A

是否可相似







1a5





对角化.

(22)(本题满分9分)

设

A,B

为随机事件,且

P(A)

111

,P(B|A),P(A|B)

,令

432



1,

B发生,



1,

A发生,

X



Y





0,

B不发生

.



0,

A不发生

;

求:(1)二维随机变量

(X,Y)

的概率分布.

(2)

X

和

Y

的相关系数



XY

.

(23)(本题满分9分)

设总体

X

的分布函数为

1





1



,

x1,

F(x,



)



x

x1,





0,

其中未知参数





1,X

1

,X

2

,



,X

n

为来自总体

X

的简单随机样本,

求:(1)



的矩估计量.

(2)



的最大似然估计量.

2004年数学一试题 详解和评注

一、 填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线

第 4 页 共 24 页

上）

（1）曲线y=lnx上与直线

xy1

垂直的切线方程为

yx1

.

【分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为1，由曲线y=lnx的

导数为1可确定切点的坐标。

1

【详解】 由

y



(lnx)



1

，得x=1, 可见切点为

(1,0)

，于是所求的切线

x

方程为

y01(x1)

， 即

yx1

.

【评注】 本题也可先设切点为

(

x

0

,lnx

0

)

，曲线y=lnx过此切点的导数为

y





1

1

，得

x

0

1

，由此可知所求切线方程为

y01(x1)

， 即

x

0

xx

0

y

x1

.

（2）已知

f



(e

x

)xe

x

，且f(1)=0, 则f(x)=

1

(lnx)

2

.

2

【分析】 先求出

f



(x)

的表达式，再积分即可。

【详解】 令

e

x

t

，则

xlnt

，于是有

lnxlnt

， 即

f



(x).

xt

lnx1

积分得

f(x)



dx

(ln

x

)

2



C

. 利用初始条件f(1)=0, 得C=0，故

x2

1

所求函数为f(x)=

(lnx)

2

.

2

【评注】 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。

f



(t)

（3）设

L

为正向圆周

x

2

y

2

2

在第一象限中的部分，则曲线积分



L

xdy2ydx

的值为

3



.

2

【分析】 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。

【详解】 正向圆周

x

2

y

2

2

在第一象限中的部分，可表示为



x2cos



,





y2sin



,



:0



2

.

第 5 页 共 24 页



于是



L

xdy2ydx



2

[2cos



2cos



22sin



2sin



]d



0



=







2

2sin

2



d





0

3



.

2

【评注】 本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，

而在添加的线段上用参数法化为定积分计算即可.

c

1

c

2

d

2

ydy

4x2y0(x0)

y

2

. （4）欧拉方程

x

的通解为

2

dx

x

x

dx

2

【分析】 欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换

xe

t

化为常系数线性齐

次微分方程即可。

【详解】 令

xe

t

，则

dydydtdy1dy

，

e

t



dxdtdxdtxdt

d

2

y1dy1d

2

ydt1d

2

ydy



2



[



]

，

dx

2

x

dtx

dt

2

dx

x

2

dt

2

dt

代入原方程，整理得

d

2

ydy

32y0

，

2

dt

dt

解此方程，得通解为

yc

1

e

t

c

2

e

2t



c

1

c

2



2

.

x

x

【评注】 本题属基础题型，也可直接套用公式，令

xe

t

，则欧拉方程

d

2

ydy

bxcyf

(

x

)

，

ax

dx

dx

2

2

d

2

ydydy

可化为

a[

2

]bcyf(e

t

).

dtdt

dt



210





，矩阵B满足

ABA

*

2BA

*

E

，其中

A

*

为A的（5）设矩阵

A



120







001





伴随矩阵，E是单位矩阵，则

B

1

.

9

【分析】 可先用公式

A

*

AAE

进行化简

第 6 页 共 24 页

【详解】 已知等式两边同时右乘A，得

ABA

*

A2BA

*

AA

， 而

A3

，于是有

3AB6BA

， 即

(3A6

E)BA

，

再两边取行列式，有

3A6EBA3

，

1

而

3A6E27

，故所求行列式为

B

.

9

【评注】 先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵

A

*

，

一般均应先利用公式

A

*

AAA

*

AE

进行化简。

（6）设随机变量X服从参数为



的指数分布，则

P{XDX

}

=

1

.

e

【分析】 已知连续型随机变量X的分布，求其满足一定条件的概率，转化

为定积分计算即可。

1

【详解】 由题设，知

DX

2

，于是





1

P{X

DX}

=

P

{

X

}



1



e





x

dx





=

e





x



1



1



.

e

【评注】 本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应

在考试时再去推算。

云梯教育，专注考研，更加专业，旗下推出的免费手机应用“口袋题库考

研”更是新一代的考研利器，内含免费历年真题及答案解析，科学的复习笔记，

更有学长学姐的经验分享，更多功能及资料下载请抓紧时间下载应用或者加入

QQ群97240410！

二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分. 每小题给出的四个选项

中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）

（7）把

x0

时的无穷小量







costdt,







tantdt,







sint

3

dt

，



x

2

x

2

x

000

使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是

(A)



,



,



. (B)



,



,



. (C)



,



,



. (D)



,



,



.

[ B ]

【分析】 先两两进行比较，再排出次序即可.

第 7 页 共 24 页



【详解】

limlim



0

x

2

tantdt

x

lim

tanx2x

可排除(C),(D)选项，

0

，

2

x0





x0





cost

2

dt

x0



cosx

0

3

又





x

sinx

2



1

0

sint

3

dt

x

lim

0







x

lim

0



2



2x



x

x

lim

0



2xtanx

0

tantdt

=

1

4

x

lim

x

0



x

2



，可见



是比



低阶的无穷小量，故应选

(B).

【评注】 本题是无穷小量的比较问题，也可先将



,



,



分别与

x

n

进行比较，

再确定相互的高低次序.

（8）设函数f(x)连续，且

f



(0

)0,

则存在



0

，使得

(A) f(x)在（0，



)

内单调增加. （B）f(x)在

(



,0)

内单调减少.

(C) 对任意的

x(0,



)

有f(x)>f(0) . (D) 对任意的

x(



,0)

有

【分析】 函数f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此

可排除(A),(B)选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可。

【详解】 由导数的定义，知

f



(0)lim

f(x)f(0)

x0

x



0

，

根据保号性，知存在



0

，当

x(



,0)(0,



)

时，有

第 8 页 共 24 页

f

(

x

)

>

f

(

0

)

.

[

C

]

f(x)f(0)



0

x

即当

x(



,0)

时，f(x)

x(0,



)

时，有f(x)>f(0). 故应选(C).

【评注】 题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论。

（9）设



a

n

为正项级数，下列结论中正确的是

n1



(A) 若

limna

n

=0，则级数



a

n

收敛.

n



n1

（B） 若存在非零常数



，使得

limna

n





，则级数



a

n

发散.

n



n1

(C) 若级数



a

n

收敛，则

limn

2

a

n

0

.

n1



n

(D) 若级数



a

n1



n

发散, 则存在非零常数



，使得

limna

n





.

n

[ B ]

【分析】 对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排

除法找到正确选项.



1

1

【详解】 取

a

n



，则

limna

n

=0，但



a

n





发散，排除(A)，

n

nlnn

n1n1

nlnn

(D)；

又取

a

n



1

nn

，则级数



a

n

收敛，但

limn

2

a

n



，排除(C), 故应选(B).

n1



n

【评注】 本题也可用比较判别法的极限形式，



a

n

1







0

，而级数



发散，因此级数



a

n

也发散，故应

limna

n

lim

nn

1

n1

n

n1

n

选(B).

（10）设f(x)为连续函数，

F(t)



dy



f(x)dx

，则

F



(2)

等于

1y

tt

(A) 2f(2). (B) f(2). (C) –f(2). (D) 0.

[ B ]

【分析】 先求导，再代入t=2求

F



(2)

即可。关键是求导前应先交换积分次

序，使得被积函数中不含有变量t.

第 9 页 共 24 页

【详解】 交换积分次序，得

F(t)



dy



f(x)dx

=



[



f(x)dy]dx



f(x)(x1)dx

1y

tt

txt

111

于是，

F



(t)

f(t)(t1)

，从而有

F



(2)

f(2)

，故应选(B).

【评注】 在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有

变量x:

[



b(x)

a(x)

f(t)dt]



f[b(x)]b



(x)f[a(x)]a



(x)

否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换

到积分号外或积分线上。

（11）设A是3阶方阵，将A的第1列与第2列交换得B,再把B的第2列

加到第3列得C, 则满足AQ=C的可逆矩阵Q为



010



010



010





. (B)



101



. (C)



100



. (D) (A)



100







101





001





011







011





100



.







001





[

D ]

【分析】 本题考查初等矩阵的的概念与性质，对A作两次初等列变换，相

当于右乘两个相应的初等矩阵，而Q即为此两个初等矩阵的乘积。

【详解】由题设，有



010



100





B

，

B



011



C

，

A



100







001





001







010



100





011



100

于是，

A









001









001







011





C.

A



100







001





可见，应选(D).

【评注】 涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性

质以及与初等变换的关系。

（12）设A,B为满足AB=O的任意两个非零矩阵，则必有

(A) A的列向量组线性相关，B的行向量组线性相关.

(B) A的列向量组线性相关，B的列向量组线性相关.

(C) A的行向量组线性相关，B的行向量组线性相关.

(D) A的行向量组线性相关，B的列向量组线性相关.

第 10 页 共 24 页

[ A ]

【分析】A,B的行列向量组是否线性相关，可从A,B是否行（或列）满秩或

Ax=0（Bx=0）是否有非零解进行分析讨论.

【详解1】 设A为

mn

矩阵，B 为

ns

矩阵，则由AB=O知，

r(A)r(B)n

.

又A,B为非零矩阵，必有r(A)>0,r(B)>0. 可见r(A)

线性相关，B的行向量组线性相关，故应选(A).

【详解2】 由AB=O知，B的每一列均为Ax=0的解，而B为非零矩阵，即

Ax=0存在非零解，可见A的列向量组线性相关。

同理，由AB=O知，

B

T

A

T

O

，于是有

B

T

的列向量组，从而B的行向量组

线性相关，故应选(A).

【评注】 AB=O是常考关系式，一般来说，与此相关的两个结论是应记住

的：

1） AB=O



r(A)r

(B)n

;

2） AB=O



B的每列均为Ax=0的解。

（13）设随机变量X服从正态分布N(0,1)，对给定的



(0



1)

，数

u



满

足

P{Xu



}



，若

P{Xx}



，则

x

等于

(A)

u



. (B)

u

2

1



2

. (C)

u

1



. (D)

u

1



.

2

[ C ]

【分析】 此类问题的求解，可通过

u



的定义进行分析，也可通过画出草图，

直观地得到结论。

【详解】 由标准正态分布概率密度函数的对称性知，

P{Xu



}



，于是

1



1P{Xx}P{Xx}P{Xx}P{Xx}2P{Xx}

即有

P{Xx}

1



，可见根据定义有

xu

1



，故应选(C).

2

2

【评注】 本题

u



相当于分位数，直观地有





(1



)/2

o

u



u

1



2

第 11 页 共 24 页

此类问题在文登学校的辅导班上作为正态分布的一般结论总结过.

（14）设随机变量

X

1

,X

2

,



,X

n

(n1)

独立同分布，且其方差为



2



0.

令

1

n

Y



X

i

，则

n

i1

(A) Cov(

X

1

,

Y

)



(C)



2

n

.

(B)

Cov(X

1

,Y)



2

.

D(X

1

Y)

n2

2



. (D)

n

D(X

1

Y)

n1

2



.

n

[ A ]

【分析】 本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可，注意利用独立性

有：

Cov(X

1

,X

i

)



0,i



2,3,



n.

1

n

11

n

【详解】 Cov(

X

1

,Y)Cov(X

1

,



X

i

)Cov(X

1

,X

1

)



Cov(X

1

,X

i

)

n

i1

nn

i2

11

=

DX

1





2

.

nn

【评注】 本题(C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如

1n11(1n)

2

2

n1

2

D(X

1

Y)D(X

1

X

2

X

n

)





2



nnn

n

2

n

n

2

3n

2

n3

2







，

=

2

n

n

n111(n1)

2

2

n1

2

D(X

1

Y)D(X

1

X

2

X

n

)





2



nnn

n

2

n

n

2

2n

2

n2

2







.

=

2

n

n

（15）（本题满分12分）

4

(ba)

.

2

e

【分析】 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函

数不等式用单调性证明.

设

eabe

2

, 证明

ln

2

bln

2

a

【证法1】 对函数

ln

2

x

在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得

第 12 页 共 24 页

ln

2

bln

2

a

设



(t)

2ln





(

ba

),

a



b

.

1lntlnt

，则





(t)

，

2

t

t

当t>e时，





(t)

0,

所以



(

t)

单调减少，从而



(



)



(e

2

)

，即

lne

2

2



2



2

，



ee

ln



故

ln

2

bln

2

a

4

(ba)

.

2

e

4

x

，则

2

e

【证法2】 设



(x)ln

2

x

lnx4



2

，

x

e

1lnx





(x)2

,

2

x





(x)2

所以当x>e时，





(x)0,

故





(x)

单调减少，从而当

exe

2

时，





(x)





(e

2

)

44



0

，

e

2

e

2

即当

exe

2

时，



(x)

单调增加.

因此当

exe

2

时，



(b)



(a)

，

44

2

blnaa

，

e

2

e

2

4

故

ln

2

bln

2

a

2

(ba)

.

e

【评注】 本题也可设辅助函数为

4



(x)ln

2

xln

2

a

2

(xa),eaxe

2

或

e

4



(x)ln

2

bln

2

x

2

(bx),exbe

2

，再用单调性进行证明即可。

e

（16）（本题满分11分）

某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开

减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.

现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h. 经测试，减速

即

ln

2

b

伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为

k6.010

6

).

问

从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

第 13 页 共 24 页

注kg表示千克，km/h表示千米/小时.

【分析】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程

即可。

【详解1】 由题设，飞机的质量m=9000kg，着陆时的水平速度

v

0

700km/h

. 从飞机接触跑道开始记时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速

度为v(t).

根据牛顿第二定律，得

dv

m

kv

.

dt

dvdvdxdv

又

v

，

dtdxdtdx

由以上两式得

m

dx

dv

，

k

mm

积分得

x(t)vC.

由于

v(0)v

0

,x(0)0

，故得

Cv

0

，从而

kk

m

x

(

t

)



(

v

0

v

(

t

)).

k

当

v(t)0

时，

x(t)

mv

0

9000700

1.05(km).

6

k

6.010

dv

kv

,

dt

所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.

【详解2】 根据牛顿第二定律，得

m

所以

dvk

dt.

vm

k

t

m

两端积分得通解

vCe

故

v(t)v

0

e

k

t

m

，代入初始条件

v

t0

v

0

解得

C

v

0

，

.

k

飞机滑行的最长距离为

x





0

mv

t

v

(

t

)

dt

0

e

m

k

k



0



k

mv

0



1.05(

km

).

k

k

tt

t

kv

0



m

t

dx

m

m

或由

(e1)

，故最长距离为当

v

0

e

，知

x(t)



v

0

edt

0

m

dt

t

时，

x(t)

kv

0

1.05(km).

m

第 14 页 共 24 页

d

2

xdx

【详解3】 根据牛顿第二定律，得

m

2

k

,

dt

dt

d

2

xkdx



0

，

2

mdt

dt

其特征方程为



2



故

xC

1

C

2

e



kk



0

，解之得



1

0,



2



，

mm

.

k

t

m

dx

由

x0,v

t0t0

dt

kC

2



m

t

e

t0

m

k

t0

v

0

，

k

t

mv

0

mv

0

,

于是

x(t)

得

C

1

C

2



(1e

m

).

k

k

当

t

时，

x

(

t

)



mv

0



1.05(

km

).

k

所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.

【评注】 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为

t

或

v(t)0

的极限

值，这种条件应引起注意.

（17）（本题满分12分）

计算曲面积分

I



2

x

3

dydz

2

y

3

dzdx

3(

z

2



1)

dxdy

,



其中



是曲面

z1x

2

y

2

(z0)

的上侧.

【分析】 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，

而在添加的曲面上应用直接投影法求解即可.

【详解】 取



1

为xoy平面上被圆

x

2

y

2

1

所围部分的下侧，记



为由



与



1

围成的空间闭区域，则

I



1



2xdydz2ydzdx3(z

332

1)dxdy





2

x

3

dydz

2

y

3

dzdx

3(

z

2



1)

dxdy

.



1

由高斯公式知



2

x

3

dydz

2

y

3

dzdx

3(

z

2

1)

dxdy





6(

x

2



y

2



z

)

dxdydz



1



第 15 页 共 24 页

=

6



d





dr



00

2



11r

2

0

(

z



r

2

)

rdz

1

1

=

12





[r

(1

r

2

)

2

r

3

(1

r

2

)]

dr

2



.

0

2

而

332

2xdydz2ydzdx3(z1)dxdy





1

x

2

y

2

1



3dxdy3



，

故

I2



3







.

【评注】 本题选择



1

时应注意其侧与



围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），

再就是在



1

上直接投影积分时，应注意符号(



1

取下侧，与z轴正向相反，所以

取负号).

（18）（本题满分11分）

设有方程

x

n

nx10

，其中n为正整数. 证明此方程存在惟一正实根

x

n

，



并证明当



1

时，级数



x

n

收敛.

n1



【分析】 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。而正项级数

的敛散性可用比较法判定。

【证】 记 及连续函

f

n

(x)x

n

nx1.

由

f

n

(0)10

，

f

n

(1)n0

，

数的介值定理知，方程

x

n

nx10

存在正实数根

x

n

(0,1).

当x>0时，

f

n



(x)nx

n1

n0

，可见

f

n

(x)

在

[0,)

上单调增加, 故方程

x

n

nx10

存在惟一正实数根

x

n

.

由

x

n

nx10

与

x

n

0

知

n

1x

n

1

1





，故当



1

时，

0x

n

0x

n



()



.

nn

n



1



而正项级数





收敛，所以当



1

时，级数



x

n

收敛.

n1

n

n1



【评注】 本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新

颖，但难度并不大，只要基本概念清楚，应该可以轻松求证。

（19）（本题满分12分）

设z=z(x,y)是由

x

2

6xy10y

2

2yzz

2

180

确定的函数，求

zz(x,y)

的极值点和极值.

第 16 页 共 24 页

【分析】 可能极值点是两个一阶偏导数为零的点，先求出一阶偏导，再令

其为零确定极值点即可，然后用二阶偏导确定是极大值还是极小值，并求出相应

的极值.

【详解】 因为

x

2

6xy10y

2

2yzz

2

180

，所以

2

x

6

y

2

y

zz



2

z

0

，

xx

zz



2

z

0

.

yy



6

x

20

y

2

z

2

y



z

0,





x

令



得

z

0





y





x3y,

故





zy.

x3y0,





3x10yz0,



将上式代入

x

2

6xy10y

2

2yzz

2

180

，可得



x9,





y3,

或



z3





x9,





y3,



z3.





2

zz

2



2

z

由于

22y

2

2()2z

2

0

，

x

xx

z

2

zzz

2

z



2



2

z

0,



6



2



2

y

xxyyxxy

zz

2

zz

2



2

z

20



2



2



2

y

2



2()



2

z

2



0

，

yyy

yy



2

z

所以

A

2

x

1



2

z



，

B

(9,3,3)

6

xy

1



2

z



，

C

2

(9,3,3)

y

2

(9,3,3)



5

，

3

故

ACB

2



11

0

，又

A0

，从而点(9,3)是z(x,y)的极小值点，极小值为

636

z(9,3)=3.

类似地，由



2

z

A

2

x

1



2

z



，

B

(9,3,3)

6

xy

1



2

z



，

C

2

(9,3,3)

y

2

(9,3,3)



5

，

3

第 17 页 共 24 页

可知

ACB

2



11

0

，又

A0

，从而点(-9, -3)是z(x,y)的极大值点，极大

636

值为

z(-9, -3)= -3.

【评注】 本题讨论由方程所确定的隐函数求极值问题，关键是求可能极值

点时应注意x,y,z满足原方程。

（20）（本题满分9分）

设有齐次线性方程组



(1a)x

1

x

2





x

n

0,



2x(2a)x



2x0,



12n

(n2)











nx

1

nx

2





(na)x

n

0,

试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解.

【分析】 本题是方程的个数与未知量的个数相同的齐次线性方程组，可考

虑对系数矩阵直接用初等行变换化为阶梯形，再讨论其秩是否小于n，进而判断

是否有非零解；或直接计算系数矩阵的行列式，根据题设行列式的值必为零，由

此对参数a的可能取值进行讨论即可。

【详解1】 对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有

11



1



1a



1a11





2



2aa0



2a2



2







A















nnn



na



na00



当a=0时， r(A)=1

1



0





B

.







a



x

1

x

2

x

n



0,

由此得基础解系为



1



(



1,1,0,



,0)

T

,



2

(1,0,1,,0)

T

,

,



n1

(1,0,0,,1)

T

,

于是方程组的通解为

xk

1



1

k

n1



n1

,

其中

k

1

,,k

n1

为任意常数.

当

a0

时，对矩阵B作初等行变换，有

n(n1)





1a11



1



a00



0



2



210



0



210



0



.







B





















n00



1



n00



1





可知

a

n(n1)

时，

r(A)n1n

，故方程组也有非零解，其同解方程组为

2

第 18 页 共 24 页



2x

1

x

2

0,



3xx0,



13











nx

1

x

n

0,

由此得基础解系为



(1,2,,n)

T

，

于是方程组的通解为

xk



，其中k为任意常数.

【详解2】 方程组的系数行列式为

1a1

2a



n

1

2

n





1

2



(a

n(n1)

n1

)a

.

2

2



n

A





na

n(n1)

时，方程组有非零解.

2

当a=0时，对系数矩阵A作初等行变换，有

当

A0

，即a=0或

a



111



1



111



1





222



2



000



0









，

A















nnn



n00000



故方程组的同解方程组为

x

1

x

2

x

n



0,

由此得基础解系为



1



(



1,1,0,



,0)

T

,



2

(1,0,1,,0)

T

,

,



n1

(1,0,0,,1)

T

,

于是方程组的通解为

xk

1



1

k

n1



n1

,

其中

k

1

,,k

n1

为任意常数.

当

a

n(n1)

时，对系数矩阵A作初等行变换，有

2

11



1



1a



1a11



1





2



2aa0



0



2a2



2







A



















nnn



nana00



a



第 19 页 共 24 页



1a11



210













n00

故方程组的同解方程组为



2x

1

x

2

0,



3xx0,



13











nx

1

x

n

0,

由此得基础解系为



1



00



0



0



210



0





0









，















1



n00



1





(1,2,,n)

T

，

于是方程组的通解为

xk



，其中k为任意常数.

【评注】 矩阵A的行列式

A

也可这样计算：

11



1



1a



2



2a2



2



=

aE

A











nnn



na





111



1





222



2





，矩阵









nnnn





111



1





222



2





的特征值为

0,



,0,

n(n1)

，从而A的特征值为a,a,







2



nnnn



n(n1)

n1

n(n1)

, 故行列式

A(a,a)a.

22

（21）（本题满分9分）



123





的特征方程有一个二重根，

143

设矩阵

A



求a的值，并讨论A是







1a5





否可相似对角化.

【分析】 先求出A的特征值，再根据其二重根是否有两个线性无关的特征

向量，确定A是否可相似对角化即可.

【详解】 A的特征多项式为

第 20 页 共 24 页



1



EA

23

31

1



4

a

1



2(



2)

1



4

1

0

3

a

0

3



5

1



5

=

(



2)1



4

a



(





2)(



2



8





18



3

a

).

1



5

当



2

是特征方程的二重根，则有

2

2

16183a0,

解得a= -2.



123



当a= -2时，A的特征值为2,2,6, 矩阵2E-A=



123



的秩为1，故







123







2

对应的线性无关的特征向量有两个，从而A可相似对角化。

若



2

不是特征方程的二重根，则



2

8



183a

为完全平方，从而

2

18 3a=16，解得

a

.

3



323



2

当

a

时，A的特征值为2，4，4，矩阵4E-A=



103



秩为2，故

3



2

11



3





4

对应的线性无关的特征向量只有一个，从而A不可相似对角化。

【评注】 n阶矩阵A可对角化的充要条件是：对于A的任意

k

i

重特征根



i

，

恒有

n

r(



i

EA)k

i

.

而单根一定只有一个线性无关的特征向量。

(22)（本题满分9分）

设A,B为随机事件，且

P(A)

111

,P(BA),P(AB)

，令

432



1,

A发生,



1,

B发生,

X



Y





0,

A不发生;



0,

B不发生.

求：（I）二维随机变量(X,Y)的概率分布；

（II）X和Y的相关系数



XY

.

【分析】 先确定(X,Y)的可能取值，再求在每一个可能取值点上的概率，而

这可利用随机事件的运算性质得到，即得二维随机变量(X,Y)的概率分布；利用

联合概率分布可求出边缘概率分布，进而可计算出相关系数。

云梯教育，专注考研，更加专业，旗下推出的免费手机应用“口袋题库考研”

第 21 页 共 24 页

更是新一代的考研利器，内含免费历年真题及答案解析，科学的复习笔记，更有

学长学姐的经验分享，更多功能及资料下载请抓紧时间下载应用或者加入QQ群

97240410！

【详解】 （I） 由于

P(AB)P(A)P(B

A)

P(AB)1



,

P(AB)6

1

，

12

1

，

12

P(B)

所以，

P{X1,Y1}P(AB)

1

，

6

1

P{X0,Y1}P(AB)P(B)P(AB)

,

12

P{X1,Y0}P(AB)P(A)P(AB)

P{X0,Y0}P(AB)1P(AB)

2

3

1112

（或

P{X0,Y0}1

），

126123

故(X,Y)的概率分布为

Y

X 0 1

21

0

123

11

1

126

(II) X, Y的概率分布分别为

X 0 1 Y 0 1

3151

P P

4466

15131

则

EX,EY

，

DX

，DY=

, E(XY)=,

124166

36

1

故

Cov(X,Y)E(XY)EXEY

，从而

24

=

1P(A)P(B)P(AB)



XY



Cov(X,Y)

DXDY



15

.

15

（23）（本题满分9分）

设总体X的分布函数为

第 22 页 共 24 页

1





1



,

x1,

F(x,



)



x

x1,





0,

其中未知参数





1,X

1

,X

2

,



,X

n

为来自总体X的简单随机样本，求：

（I）



的矩估计量；

（II）



的最大似然估计量.

【分析】 先由分布函数求出概率密度，再根据求矩估计量和最大似然估计

量的标准方法进行讨论即可。

【详解】 X的概率密度为





x1,



,

f(x,



)



x



1

x1.





0,

（I） 由于

EX



xf(x;



)dx



x

1





x

dx



1





1

，

令





1

X

，解得





X

，所以参数



的矩估计量为

X1

ˆ





X

.

X1

（II）似然函数为

L(



)



i1

n





n

,x1(i1,2,



,n),



f(x

i

;



)



(x

1

x

2



x

n

)



1

i



0,其他



当

x

i



1(i



1,2,



,n)

时，

L(



)0

，取对数得

lnL(



)nln



(



1)



lnx

i

，

i1

n

两边对



求导，得

n

dlnL(



)n





lnx

i

，

d



i1

第 23 页 共 24 页

令

dlnL(



)

0

，可得





d



n



lnx

i1

n

，

i



的最大似然估计量为



ˆ



n

n

.



lnX

i

i1

第 24 页 共 24 页

故