考研数学二解答题专项强化真题试卷49(题后含答案及解析)
考研数学二解答题专项强化真题试卷49 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 设有曲线y=，过原点作其切线，求由此曲线、切线及x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的表面积．
正确答案：设切点的横坐标为x0，则曲线y=处的切线方程为将x=0，y=0 代入上式得 一 2(x0一1)=一x0，解得x0=2于是切线方程为由曲线段y=(1≤x≤2)绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为由直线段y= (0≤x≤2)绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为因此，所求旋转体的表面积为S=Sn+S2=
2． (Ⅰ)比较∫01|lnt|[ln(l+t)]ndt与∫01tn|lnt|dt(n=1，2，…)的大小，说明理由；(Ⅱ)记un=∫01|lnt|[ln(1+t)]ndt(n=1，2，…)，求极限un．
正确答案：(Ⅰ)当0≤t≤1时，因为ln(1+t)≤t，所以|lnt|[ln(1+t)]n≤tn|lnt|，因此 ∫01|lnt|[ln(1+t)]ndt≤tn|lnt|dt．(Ⅱ)由(Ⅰ)知0≤un=∫01|lnt| [ln(1+t)]dt≤∫01tn|lnt|dt．因为∫01|lnt|dt=一∫01tnlntdt=
3． (1987年)(1)设f(χ)在[a，b]内可导，且f′(χ)＞0，则f(χ)在(a，b)内单调增加． (2)设g(χ)在χ＝c处二阶可导，且g′(c)＝0，g〞(c)＜0，则g(c)为g(χ)的一个极大值．
正确答案：(1)设a＜χ1＜χ2＜b，由拉格朗日中值定理知：f(χ2)－f(χ1)＝f′(ξ)(χ2－χ1)，由f′(χ)＞0知f(χ2)＞f(χ1)，则f(χ)在(a，b)上单调增． (2)由于g〞(c)＝＜0，根据极限的保号性知，存在c的某个去心邻域，使＜0，则c点左半邻域g′(χ)>＞0，而c点的右半邻域g′(χ)＜0．由极值第一充分条件知g(χ)在χ＝c取得极大值． 涉及知识点：一元函数微分学
4． 已知函数f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导。且f(0)＝0，f(1)＝1．证明： (1)存在ξ∈(0，1)使得f(ξ)＝1—ξ； (2)存在两个不同的点η，ζ∈(0，1)使得f’(η)f’(ζ)＝1．
正确答案：(1)令F(x)＝f(x)－1＋x，则F(x)在[0．1]上连续，且F(0)＝－1＜0，F(1)＝1＞0，于是由介值定理知，存在ξ∈(0，1)使得F(∈)＝0，即f(ξ)＝1－ξ． (2)在[0，ξ]和[ξ，1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点η∈(0，ξ)，ζ∈(ξ，1)，使得于是
解析：(1)显然用闭区间上连续函数的介值定理；(2)为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用(1)的结论． 知识模块：一元函数微分学
5． (2008年试题，21)求函数u=x2+y2+z2在约束条件z=x2+y2和x+y+z=4下的最大值和最小值．
正确答案：令F(x，y，z)=x2+y2+z2+λ1(x2+y2一z)+λ2(x+y+z一4)，分别对各参数求导并令为0，得到如下方程组即有umax=(一2)2+(一2)2+82=72;umin=12+12+22=6[评注]先构造拉格朗日函数F(x，y，z，λ，u)=f(x，y，z)+λφ(x，y，z)+uφ(x，y，z)，解出极值点后，直接代入目标函数计算函数值再比较大小确定相应的极值(或最值) 涉及知识点：多元函数微分学
函数f(x)在[0，+∞)上可导，f(0)=1且满足等式f’(x)+f(x)－∫0xf(t)dt=0。
6． 求导数f’(x)；
正确答案：为了求f’(x)，将f’(x)+f(x)－∫0xf(t)dt=0两边同乘(x+1)，得(x+1)f’(x)+(x+1)f(x)=∫0xf(t)dt=0，两边对x求导，得f’(x)+(x+1)f”(x)+f(x)+(x+1)f’(x)－f(x)=0，即(x+1)f”(x)+(x+2)f’(x)=0。上述方程为二阶可降阶微分方程，令u=f’(x)，化为(x+1)u’+(x+2)u=0，即即ln|u|=－(x+ln(x+1))+C1，所以再以x=0代入原方程f’(0)+f(0)－∫00f(t)dt=f’(0)+f(0)=0，由f(0)=1，有f’(0)=－1，于是C=－1，f’(x)=－ 涉及知识点：常微分方程
7． 证明：当x≥0时，成立不等式e－x≤f(x)≤1成立。
正确答案：方法一：用积分证。f(x)=f(0)+∫0xf’(t)dt=1－∫0xdt。而0≤∫0xdt≤∫0xe－tdt=－e－t|0x=1－e－x，两边同乘以(－1)，得：e－x－1≤－∫0xdt≤0，即e－t≤f(x)=1－∫0xdt≤1。方法二：用微分学方法证。因f(0)=1，f’(x)＜0，即f(x)单调递减，所以当x≥0时f(x)≤1。要证f(x)≥e－x，可转化为证明f(x)－e－x≥0，令φ(x)=f(x)－e－x，则φ(0)=1－1=0，且φ’(x)=f’(x)+e－x≥f’(x)+=0(x≥0)，所以，当x≥0时φ(x)≥0，即f(x)≥e－x。结合两个不等式，推知当x≥0时，e－x≤f(x)≤1。证毕。 涉及知识点：常微分方程
8． [2000年] 已知f(x)是周期为5的连续函数，它在x=0的邻域内满足关系式f(1+sinx)一3f(1一sinx)=8x+α(x)，其中α(x)是当x→0时比x高阶的无穷小量，且f(x)在x=1处可导，求曲线y=f(x)在点(6，f(6))处的切线方程．
正确答案：求切线方程的难点在于求f＇(1)．因题中只给出了函数f(x)在一点x=1处可导，这就决定了只能用导数定义求出f＇(1)． 由题设有=0，因=0，由命题1．2．6．1及f(x)在x=0处连续，得到[f(1+sinx)一3f(1一sinx)－8x]=f(1)一3f(1)=0，即f(1)=0．因f(x)的周期为5，所以在点(6，f(6))处和点(1，f(1))处曲线的切线具有相同斜率，且f(1)=f(1+5)=f(6)，f＇(1)=f＇(1+5)=f＇(6)．因而只需求出f＇(1)．根据定义求之，由题设有{[f(1+sinx)一3f(1一sinx)]／(8x)}=1，则即f＇(1)=f＇(6)=2．又f(1)=f(6)=0，故在点(6，f(6))处的切线方程为 y=2(x一6)， 即 2x—y一12=0． 涉及知识点：一元函数微分学
9． [2013年] 设A=．B=，当a，b为何值时，存在矩阵C使得AC—CA=B，并求所有矩阵
C．
正确答案：因所给矩阵方程不易化为式(2．2．4．1)中三种类型的矩阵方程，下用待定元素法求之．为此设出矩阵C中的元素，将方程AC—CA=B；化为一非齐次线性方程解之．设C=，则AC=由AC—CA=B得到四元非齐次线性方程组： ①存在矩阵C使AC—CA=B成立，上述方程组必有解．为此将上述方程组的增广矩阵用初等行变换化为阶梯形矩阵：当a≠一1或b≠0时，因秩()≠秩(A)，方程组无解．当a=一l且b=0时，秩()=秩(A)=2＜n=4，方程组有解，且有无穷多解．由基础解系和特解的简便求法得到，其基础解系为α1=[1，a，1，0]T=[1，一1，l，0]T，α2=[1，0，0，1]T，则对应齐次线性方程组的通解为c1α1+c2α2． 而方程组①的特解为[1，0，0，0]T，故方程组①的通解为X=c1[1，一1，1，0]T+c2[1，0，0，1]T+[1，0，0，0]T，即X=[x1，x2，x3，x4]T=[c1+c2+l，－c1，c1，c2]T，亦即x1=c1+c2+1，x2=一c1，x3=c1，x4=c2(c1，c2为任意常数)，故所求的所有矩阵为C=(c1,c2为任意常数)． 涉及知识点：矩 阵
10． [2007年] 设3阶实对称矩阵A的特征值λ1=1，λ2=2，λ3=一2，α1=[1，一1，1]T是A的属于λ1的一个特征向量．记B=A5一4A3+E，其中E为3阶单位矩阵．(I)验证α1是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量；(Ⅱ)求矩阵
B．
正确答案： 由A为实对称矩阵推出B也为实对称矩阵，所给特征向量不完整，需用实对称矩阵的性质求出A的所有特征向量．再利用相似对角化，求出矩阵
B．(Ⅰ)令f(x)=x5一4x3+1，则B=f(A)=A5一4A3+E．因A的特征值为λ1=1，λ2=2，λ3=一2，故B=f(A)的三个特征值分别为 μ1=f(λ1)=f(1)=一2，μ2=f(λ2)=f(2)=l，μ3=f(λ3)=f(一2)=1． 由Aα1=λ1α1=α1，得到
A251=A4Aα1=A4α1=…=Aα1=α1，A3α1=A2Aα1=A2α1=AAα1=Aα1=α1，故 βα1=(A5一4A3+E)α1=A5α1一4A3α1+α1=α1－4α1+α1=一2α1，即B的属于特征值μ1=f(λ1)=f(1)=一2的一个特征向量为α1(与A的属于特征值λ1=1,的特征向量α1相同)。所以B的属于特征值μ1=一2的全部特征向量为k1α1，其中k1为非零的常数．一般有矩阵A的属于特征值λi的特征向量与矩阵B=f(A)的属于特征值f(λi)的特征向量相同，故为求B的特征向量只需求出A的特征向量．设A的属于A的特征向量为α2=[x1，x2，x3]T，则因λ1≠λ2，故α2与α1正交．于是有α1Tα2=[1,一1,1]=x1一x2+x3=0．由2E—A=即得A的属于特征值λ2=2的特征向量为 α2=[1，1，0]T，α3=[一1,0,1]T．故B的属于特征值μ2=f(λ2)=f(2)=1的线性无关的特征向量为α2=[1，l，0]T，α3=[－1．0．0]T．所以B的属于二特征值λ2=l的全部特征向量为k2α2+k3α3其中k2，k3足不全为零的常数．(II)解 令P=[α1，α2，α3]=．则P-1BP=diag(－2，1，1)．于是B=Pdiag(一2，1，1)P-1== 涉及知识点：矩阵的特征值和特征向量
考研数学一解答题专项强化真题试卷40(题后含答案及解析)
考研数学一解答题专项强化真题试卷40 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． (2013年)已知y1=e3x—xe2x，y2=ex一xe2x，y3=一xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解为y=____________．
正确答案：C1ex+C2e3x—xe2x．
解析：由题设知y1一y3=e3x， y2一y3=ex为齐次方程两个线性无关的特解，则非齐次方程的通解为y=C1ex+C2e3x—xe2x． 知识模块：常微分方程
2． (2014年)设数列{an}，{bn}满足cosan一an=cosbn且级数收敛。 (I)证明 (Ⅱ)证明级数收敛。
正确答案：(I)由cosan一an=cosbn及可得，0n=cosan一cosbn因为在上，cosx为减函数，所以由于级数收敛，所以级数也收敛，由级数收敛的必要条件可得
(Ⅱ)由于所以 由于级数收敛，由正项级数的比较判别法可知级数收敛。
涉及知识点：级数
3． (91年)求(x2+y2+z)dv，其中Ω是由曲线绕z轴旋转一周而成的曲面与平面z=4所围成的立体．
正确答案：利用柱坐标变换x=rcosθ，y=rsinθ，z=z，dv=rdrdθdz，则
涉及知识点：高等数学
4． (00年)计算曲线积分其中L是以点(1，0)为中心、R为半径的圆周(R＞1)取逆时针方向．
正确答案：作椭圆C：4x2+y2=δ2 (C取逆时针方向，δ是足够小的正数，使4x2+y2=δ2全含在L内)．由格林公式知其中S为椭圆域4x2+y2≤δ2的面积 涉及知识点：高等数学
5． (01年)计算I=(y2一z2)dx+(2z2一x2)dy+(3x2一y2)dz，其中L是平面x+y+z=2与柱面|x|+|y|=1的交线，从z轴正向看去，L为逆时针方向．
正确答案：记S为平面x+y+z=2上L所围成部分的上侧，D为S在xOy坐标面上的投影，由斯托克斯公式得 涉及知识点：高等数学
专升本高等数学二解答题专项强化真题试卷1(题后含答案及解析)
专升本高等数学二解答题专项强化真题试卷1 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 已知f(x)是连续函数，且∫0xf(t)e－tdt=x，求∫01f(x)dx．
正确答案：等式两边对x求导，得f(x) e－x=1，f(x)= ex，∫01f(x)dx=∫01
exdx= ex｜01=e－1．
2． 已知离散型随机变量X的概率分布为(1)求常数a；(2)求X的数学期望EX．
正确答案：(1)因为0．2+0．1+0．5+a=1，所以a=0．2(2)EX=10×0．2+20×0．1+30×0．5+40×0．2=27
3． 在半径为R的半圆内作一内接矩形，其中的一边在直径上，另外两个顶点在圆周上(如图所示)，当矩形的长和宽各为多少时矩形面积最大?最大值是多少?
正确答案：如图，设x轴通过半圆的直径，y轴垂直且平分直径.
4． 证明：当x＞1时，x＞1+lnx.
正确答案：证：设f(x)=x-1-lnx， 当x＞1时，f’(x)＞0则f(x)单调上升. 所以当x＞1时，f(x)＞f(1)=0. 即 x-1-lnx＞0，
得 x＞1+lnx.
5． 求二元函数f(x，y)=x2+y2+xy，在条件x+2y=4下的极值.
正确答案：设F(x，y，λ)=f(x，y)+λ(x+2y-4) =x2+y2+xy+λ(x+2y-4)，
6． 设函数f(x)=在x=0处连续，求a.
正确答案：=3．(3x+a)=a，且f(0)=a，f(x)在x=0处连续，=f(0)，a=3．
盒子中有5个产品，其中恰有3个合格品．从盒子中任取2个，记X为取出的合格品个数，求
7． X的概率分布；
正确答案：X可能的取值为0，1，2，P{X=0}=P{X=1}=P{X=2}=则X的分布律为
8． EX．
考研数学二解答题专项强化真题试卷38(题后含答案及解析)
考研数学二解答题专项强化真题试卷38 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比．现将一初始温度为120℃的物体在20℃恒温介质中冷却，30 mln后该物体温度降至30℃，若要将该物体的温度继续降至21℃，还需冷却多长时间？
正确答案：设t时刻物体的温度为T(t)(℃)，由题设知=k(T一 20)解该方程得 T(t)=20+Cekt又 T(20)=120，则C=100，T(t)=20+100ektT(30)=30，则ek30=代入T(t0)=21，得t0=60，则，还需要30分钟物体温度降至21℃．
2． 设实二次型f(x1，x2，x3)=(x1一x2+x3)2+(x2+x3)2+(x1+ax3)2，其中a是参数? (I)求f(x1，x2，x3)=0的解； (Ⅱ)求f(x1，x2，x3)的规范形．
正确答案：(I)由f(x1，x2，x3)=0得当a≠2时，方程组有唯一解：x1=x2=x3=0．当a=2时，方程组有无穷解：令x1=1，可得解．k∈R．(Ⅱ)当a≠2时，做非退化的线性变换此时f(x1，x2，x3)的规范形为f=y12+y22+y32．当a=2时，做非退化的线性变换则 f(x1，x2，x3)=y12+y22+(y1+y2)2=2y12+2y22+2y1y2 则f(x1，x2，x3)的规范形为f=z12+z22．
3． (2003年试题，三)设函数问a为何值时f(x)在x=0处连续；a为何值时，x=0是f(x)的可去间断点?
正确答案：本题考查函数在某一点处连续的定义及可去间断点的定义，当．f(x)在x=0的左、右极限相等且等于f(x)时，则f(x)在x=0处连续，若左右极限相等但不等于f(0)时，则x=0为可去间断点，由题设，欲使f(x)在x=0处连续，则f(0-)=f(0+)=6，又所以一6a=6且2a2+4=6，解得a=一1若x=0是f(x)可去间断点，则一6a=2a2+4≠6，解得a=一2．综上，当a=一1时f(x)在x=0处连续；当a=一2时，x=0是f(x)的可去间断点。
考研数学二解答题专项强化真题试卷9(题后含答案及解析)
考研数学二解答题专项强化真题试卷9 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 设y=ex是微分方程xy’+ p(x)y=x的一个解，求此微分方程满足条件y|x=ln2=0的特解．
正确答案：将y=ex代入原方程得xex+p(x)ex=x得 p(x)=xe一x一x代入原方程得 xy’+ (xe一x一x)y=x即 y’+(e一x一1)y=1解此线性方程得通解．y=ex+Cex+ex+e一x由y|x=ln2=0得故所求特解为
2． (2004年)求极限
正确答案： 涉及知识点：函数、极限、连续
3． (1994年)设y＝ (1)求函数的增减区间及极值； (2)求函数图形的凹凸区间及拐点； (3)求其渐近线； (4)作出其图形．
正确答案：定义域(－∞，0)∪(0，＋∞) y′＝1－，令y′＝0得驻点χ＝2，不可导点χ＝0，在(－∞，0)和(2，＋∞)上y′＞0，则函数单调增，在(0，2)上y′＜0，函数单调减，在χ＝2取得极小值y＝3． y〞＝＞0，则在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上都是凹的，无拐点． 又＝＋∞，则有垂直渐近线χ＝0． 则有斜渐近线y＝χ． 令y＝0得χ＝－ 函数图形见图2．7所示． 涉及知识点：一元函数微分学
4． (2006年试题，16)求不定积分
正确答案：用积分公式求解
解析：用分部积分法和换元积分法． 知识模块：一元函数积分学
5． [2012年] 证明xln(一1＜x＜1)．
正确答案： 将待证的不等式的右边移至左边作辅助函数，用单调性证其成立．若一阶导数的符号不好确定，可继续求高阶导数，直到导数符号确定为止．证
令f(x)=xln+cosx一1一(一1＜x＜1)．因ln=ln(1+x)一ln(1一x)为奇函数(自变量带相反符号的两同名函数之差为奇函数)，故xln为偶函数．因而f(x)为偶函数，故只需讨论x≥0的情况即可．又f′(x)=ln—sinx—x=lnsinx—x(0≤x＜1)，其正、负符号不好确定．下面再求二阶导数：f″(x)=—cosx—1=一cosx一1=一cosx一1 (0≤x＜1)． 因0≤x＜1，(1一x2)2＜l，故4／(1一x2)2＞4，所以f″(x)＞0(0≤x＜1)．于是当x∈[0，1)时，f″(x)＞0，从而f′(x)单调增加，则f′(x)＞f′(0)=0．所以当0≤x＜1时，f(x)单调增加，即f(x)≥f(0)=0．于是当一1＜x＜l时，有f(x)≥0，即xln+cosx≥l+(一1＜x＜1)． 涉及知识点：一元函
考研数学二解答题专项强化真题试卷32(题后含答案及解析)
考研数学二解答题专项强化真题试卷32 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 求极限
正确答案：
2． (2008年)设A为3阶矩阵，α1，α2为A的分别属于特征值－1，1的特征向量，向量α3满足Aα3＝α2＋α3． (Ⅰ)证明α1，α2，α3线性无关； (Ⅱ)令P＝[α1，α2，α3]，求P-1AP．
正确答案：(Ⅰ)设存在一组常数k1，k2，k3，使得 k1α1＋k2α2＋k3α3＝0 ① 用A左乘①式两端，并利用Aα1＝－α1，Aα2＝α2， －k1α1(k2＋k3)α2＋k3α3＝0 ② ①一②，得 2k1α1－k3α2＝0
③ 因为α1，α2是A的属于不同特征值的特征向量，所以α1，α2线性无关，从而由③式知k1＝k3＝0，代入①式得k2α2＝0，又由于α2≠0，所以k2＝0，故α1，α2，α3线性无关． (Ⅱ)由题设条件可得 AP＝A[α1，α2，α3]＝[Aα1，Aα2，Aα3] ＝[－α1，α2，α2＋α3] ＝[α1，α2，α3] 由(Ⅰ)知矩阵P可逆，用P-1左乘上式两端，得 涉及知识点：矩阵的特征值和特征向量
3． (1999年试题，三)求
正确答案：
解析：在求极限过程中，应先将非零因子项计算出来，尽量用无穷小量的等价代换进行简化，然后再用洛必达法则求极限，这样比较简便． 知识模块：函数、极限、连续
4． (2002年试题，五)已知函数f(x)在(0，+∞)内可导f(x)>0，96，且满足求f(x)．
正确答案：本题考查由重要极限导出微分方程，再求解微分方程，由题设，因此f’(x)分离变量得两边积分得即又由已知，可求出C=1，所以 涉及知识点：函数、极限、连续
5． (2006年试题，一)广义积分
正确答案：
解析：对于广义积分，运用牛顿一莱布尼兹公式求解时，要取极限． 知识模块：一元函数积分学
考研数学一解答题专项强化真题试卷22(题后含答案及解析)
考研数学一解答题专项强化真题试卷22 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． (1999年)为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底．抓起污泥后提出井口，已知井深30m，抓斗自重400 N，缆绳每米重50 N，抓斗抓起的污泥重2000N．提升速度为3 m/s，在提升过程中，污泥以20N／s的速率从抓斗缝隙中漏掉．现将抓起污泥的抓斗提升到井口，问克服重力需作多少焦耳的功? (说明：①l N×1 m=1 J；m，N，s，J分别表示米、牛顿、秒、焦耳；②抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不计)
正确答案：解1 作x轴如图2．6．将抓起污泥的抓斗提升到井口需作功
ω=ω1+ω2+ω3 其中ω1是克服抓斗自重作的功，ω2是克服缆绳重量所作的功；ω3是提出污泥所作的功．由题设可知 ω1=400×30=12 000
dω2=50(30—x)dx从而 在时间间隔[t，t+dt]内提升污泥所作的功为
dω3=3(2 000—20t)dt将污泥从井底提升到井口共需时间所以则共需作功
ω=1 2 000+22 500+57 000=91 500 (J) △解2 以时间t为积分变量，在时间间隔[t，t+dt]内克服重力所作的功为 dω=[400+(30—3t)50+(2 000—20t)=3dt 涉及知识点：一元函数积分学
2． (2002年试题。八)设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的区域为D={(x，y){x2+y2一xy≤75}，小山的高度函数为h(x，y)=75一x2一y2+xy．(1)设M(x0，y0)为区域D上一点，问h(x，y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?若记此方向导数的最大值为g(x0，y0)，试写出g(x0，y0)的表达式；(2)现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点．也就是说，要在D的边界线x2+y2一xy=75上找出使(1)中的g(x，y)达到最大值的点．试确定攀登起点的位置．
考研数学三解答题专项强化真题试卷23(题后含答案及解析)
考研数学三解答题专项强化真题试卷23 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 设函数f(x)=｜t2－x2｜dt(x＞0)，求f’(x)，并求f(x)的最小值．
正确答案：当0当x>1时，f(x)=(x2一t2)dt=x2一，所以 f(x)=而 故由f’(x)=0求得唯一驻点x=，又f’()>0，从而x=为f(x)的最小值点，最小值为f()=．
2． [2007年] 设二元函数计算二重积分其中D={(x，y)｜|x|+|y|≤2}．
正确答案：解一 由区域的对称性和被积函数的奇偶性，有 其中D1为D在第一象限的部分，而 D=D11+D22={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1－x)+{(x，y)|1≤x+y≤2，x≥0，y≥0}， 如图1．4．5．12所示．易求得 因D22上的被积函数为可用极坐标系计算．令x=rcosθ，y=rsinθ．在极坐标系(r，θ)中，x+y=1的极坐标方程是的极坐标方程是因而 解二 由解一得到 令作变量代换，则θ=2arctant，于是θ：时，有t：0→1，且代入即得 综上所述，得到 涉及知识点：多元函数微积分学
3．
正确答案：
4． 设由自动线加工的某种零件的内径X(毫米)服从正态分布N(μ，1)，内径小于10或大于12为不合格品，其余为合格品．销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损．已知销售利润T(单位：元)与销售零件的内径X有如下关系：
问平均内径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大?
正确答案：ET＝(－1)P(X＜10)＋20.P(10≤X≤12)－5.P(X＞12) ＝(－1).P(X－μ＜10－μ)＋20P(10－μ≤X－μ≤(12－μ)－5P(X－μ＞12－μ)
＝(－1)Ф(10－μ)＋20[Ф(12－μ)－Ф(10－μ)]－5[1－Ф(12－μ)] ＝25Ф(12－μ)－21Ф(10－μ)－5 ∴(ET)′μ＝25φ(12－μ).(－1)－21.Ф(10－μ).(－1) ＝ 其中φ(χ)＝为标准正态分布的概率密度 令(ET)′μ，得． 两边取对数，得μ0＝11－ 可以验证， 故ET在μ＝μ0。处取得唯一极值且为极大值，所以ET在μ0处取最大值． 故答：当μ＝11－时，平均利润最大． 涉及知识点：概率论与数理统计
考研数学一解答题专项强化真题试卷24(题后含答案及解析)
考研数学一解答题专项强化真题试卷24 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． (2008年试题，17)已知曲线求曲线C上与xOy面的距离最远点和最近点．
正确答案：曲线C到xOy面的距离就是｜x｜，由曲线C的方程可得到x2+y2=2z2,x+y=5—3x;2z2=x2+y2≥即解得1≤z≤5．当且仅当x=y时一k述不等式中等号成立，将x=y代入到曲线C的方程得到故有｜x｜max=5，｜z｜min=1．最远点为(一5，一5，5)，最近点为(1，1，1)．解析二将曲线C的方程中的z消去可得整理得7x2一4xy+7y2+20x+20y一50=0问题就转化成在上述条件下求｜x｜的最值或求z的最值令F(x，y，κ)=z+λ(7x2一4xy+7y2+20x+20y一50)，分别对x，y，λ求偏导得Fλ=7x2=4xy+7y2+20x+20y一50=0联立上述等式解得最远点为(一5，一5，5)，最近点为(1，1，1)．解析三设P(x，y，z)为曲线C上的任意一点，则点P到xOy平面的距离为｜z｜，问题转化为求z2在约束条件x2+y2一2x2=0与x+y+3z=5下的最值点．令拉格朗日函数为F(x，y，z，λ，μ)=x2+y2+λ(x2+y2一2z2)+μ(x+y+3z一5)根据几何意义知，曲线C上存在距离xOy面最远的点和最近的点，故所求点依次为(一5，一5，5)和(1，1，1)． 涉及知识点：多元函数微分学
2． 计算，其中∑为下半球面的上侧，a为大于零的常数．
正确答案：采用补面法，根据前面分析不能直接补z=0．由于下半球面上的点(x，y，z)应满足x2+y2+z2=a2，则 涉及知识点：高等数学
3． (99年)设矩阵其行列式|A|==1，又A的伴随矩阵A*有一个特征值为λ0，属于λ0的一个特征向量为α=(一1，一1，1)T，求a、b、c和λ0的值．
正确答案：由题设，有A*α=λ0α两端左乘A，并利用AA*=|A|E=一E(已知|A|=一1)，得一α=λ0Aα解之得λ0=1，b=一3，a=c．由|A|=-1和a=c，有故a=c=2．因此a=2，b=一3，c=2，λ0=1． 涉及知识点：线性代数
考研数学三解答题专项强化真题试卷56(题后含答案及解析)
考研数学三解答题专项强化真题试卷56 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． 设矩阵A=，β=，且方程组Ax=β无解．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)求方程组ATAx=ATβ的通解．
正确答案：(I)对矩阵(Aβ)施以初等行变换 由方程组无解知，秩（Aβ)＞秩A，即－a2+2a=0，且a－2≠0，解得a=0.(Ⅱ)对矩阵(ATATβ)以初等行变换(ATATβ)=所以，方程组ATAx=ATβ的通解x=(k为任意常数)
2． [2009年] 求二元函数f(x，y)=x2(2+y2)+ylny的极值．
正确答案：令fx’(x，y)=2x(2+y2)=0，fy’(x，y)=2x2y+lny+1=0，得其驻点为(0，1／e)． 又 fxx”=2(2+y2)，fyy”=2x2+1／y，fxy”=4xy， 因
A=fxx”＞0 而 B2－AC=(fxy”)2－fxx”fyy”＜0， 故二元函数存在极小值，且f(0，1／e)=－1／e就是它的极小值． 涉及知识点：多元函数微积分学
3． [2006年] 四维向量组α1=[1+a，1，1，1]T，α2=[2，2+a，2，2]T，α3=[3，3，3+a，3]T，α4=[4，4，4，4+a]T．问a为什么数时，α1，α2，α3，α4线性相关?在α1，α2，α3，α4线性相关时求其一个极大线性无关组，并且把其余向量用该极大线性无关组线性表出．
正确答案：解一 若α1，α2，α3，α4线性相关，即|α1，α2，α3，α4|=0，而|α1，α2，α3，α4|=a3(a+10)，于是当a=0或－10时，α1，α2，α3，α4线性相关． 当a=0时，α1是α1，α2，α3，α4的极大无关组，且α2=2α1，α3=3α1，α4=4α1． 当a=－10时，用初等行变换求其极大无关组． 显然β1，β2，β3为β1，β2，β3，β4的一个极大线性无关组，且β4=－β1－β2－β3．由于矩阵的初等行变换不改变矩阵列向量组之间的线性关系，故α1，α2，α3是α1，α2，α3，α4的一个极大无关组，且α4=－α1－α2－α3． 解二 设A=[α1，α2，α3，α4]，对A进行初等行变换，得到 当a=0时，A的秩等于1，因而α1，α2，α3，α4线性相关．此时α1为α1，α2，α3，α4的一个极大线性无关组，且α2=2α1，α3=3α1，α4=4α1． 当a≠0时，再对B施以初等行变换，得到 如果a≠－10，C的秩为4，从而A的秩也为4，故α1，α2，α3，α4线性无关． 如果a=－10，C的秩为3，从而A的秩也为3，故α1，α2，α3，α4线性相关． 由于v2，v3，v4为v1，v2，v3，v4的一个极大线性无关组，且v1=－v2－v3－v4，因矩阵的初等行变换不改变矩阵列向量组之间的关系，故α2，α3，α4为α1，α2，α3，α1的一个极大线性无关组，且α1=－α2－α3－α4． 涉及知识点：线性代数
考研数学一解答题专项强化真题试卷21(题后含答案及解析)
考研数学一解答题专项强化真题试卷21 (题后含答案及解析)
题型有：1.
1． (1989年)计算三重积分其中Ω是由曲面所围成的区域．
正确答案：解1 利用球坐标进行计算 △解2 由于积分域Ω关于yOz坐标面前后对称，而被积函数x是x的奇函数，则 对积分采用先二后一的方法，则 涉及知识点：多元函数积分学
2． 设齐次线性方程组Am×nx=0的解全是方程b1x1+b2x2+…+bnxn=0的解，其中x=(x1，x2，…，xn)T．证明：向量b=(b1，b2，…，bn)可由A的行向量组线性表出．
正确答案：由条件知方程组Ax=0与方程组=0同解，从而知矩阵A与有相同的秩，因此A的极大无关行向量组也是的极大无关行向量组，故b可由A的极大无关行向量组线性表出，从而知b可由A的行向量组线性表出． 涉及知识点：线性方程组
3． (1997年试题，三)计算曲线积分其中C是曲线从z轴正向往z轴负向看C的方向是顺时针的．
正确答案：分析积分曲线的几何特点，可知积分曲线是圆柱面与平面之交线，因此可将曲线写成参数方程形式，取极角θ为参数,这样可将原曲线积分化为对参数θ的定积分．令x=cosθ，y=sinθ，则z=2一cosθ+sinθ(0≤θ≤π)．于是此外，曲线C封闭，可利用Stokes公式将其化为第二型曲面积分，同样可得结果．解析二用斯托克斯公式计算，设∑为平面x一y+z=2的下侧被曲线C所围成的部分，Dxy={(x，y｜x2+y2≤1}为∑在xoy平面上的投影区域，则有解析三将空间曲线积分化为平面曲线积分．曲线C在xy平面上的投影曲线是C’=x2+y2=1，z=0，取顺时针方向．由曲线方程得z=2一x+y，dz=一dx+dy，将其代入被积表达式得原积分=∮C’(2一x)dx+(2x一2一y)dy+(x一y)(一dx+dy)