考研数学历年真题：1987考研数学一、二、三真题+答案

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题参考解答1987年全国硕士研究生入学统一考试和数学试题参考解答数学（试卷I）填空题（每小题3分，满分15分。只写答案不写解题过程）X=1x+1y+2z-1及都平行，且过原点的平面方程是(1）与两直线y=-1+t1212=2+tx-y+5=0(2）当x=-1/ln2；时，函数y=x2*取得极小值(3）由y=lnx与两直线y=(e+l)-x及y=0围成图形的面积=3/2(4)设L为取正向的圆周x2+y2=9，则曲线积分(2xy-2y)dx+(x2.-4x)dy的值是-18元(5)已知三维线性空间的一组基底 α=(1,1,0),α2=(1,0,1),α,=(0,1,1)，则向量α=(2，0，0)在上述基底下的坐标是（1,1.-1）二、（本题满分8分）t2使式limdt=1成立求正的常数a与b，-obx-sinxVa+t解：假若b±1，则根据洛必达法则有x2211limdt=lim()=0±1，与题设矛盾，于是b=1x-→0bx-sinxx-0b-cosxVa+tYa+xt2x212x.dt=lim此时lim=lim(Jax-0bx-sinx JoJa+t?>0cosxlatxVa+2P即1=因此a=4福Va三、（本题满分7分）(1) 设函数],g 连续可微, u=(x,),=g(X+),求%ax'axOu,axa(xy)Ova(x+xy)=(1+y)·g解：f'+y.f';+J"f=gaxaxaxaxax1987年·第1页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987 年数学试题参考解答 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 1 1 2 x y t z t            及 1 2 1 1 2 1 x y z      都平行，且过原点的平面方程是 x y    5 0 (2) 当 x  1/ ln 2 ；时，函数 2 x y x  取得极小值. (3) 由 y x  ln 与两直线 y e x    ( 1) 及 y  0 围成图形的面积= 3 / 2 (4) 设 L 为取正向的圆周 9 2 2 x  y  ，则曲线积分 xy y dx x x dy L (2 2 ) ( 4 ) 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) 1  2  3  ，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 1 sin 1 lim 0 2 2 0      dt a t t bx x x x 成立. 解：假若 b 1 ，则根据洛必达法则有 2 2 0 0 0 2 2 1 1 lim lim( ) 0 1 sin cos x x x t x dt bx x b x a t a x            ，与题设矛盾，于是 b 1. 此时 2 2 2 1 2 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 1 2 lim lim( ) lim( ) sin 1 cos x x x x t x x dt    bx x x x a t a x a x a            ， 即 2 1 a  ，因此 a  4 . 三、（本题满分 7 分） (1) 设函数 f g, 连续可微， u f x xy v g x xy    ( , ), ( ) ，求 , . u v x x     解： 1 2 1 2 u x xy ( ) f f f y f x x x                  ； ( ) (1 ) v x xy g y g x x            

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题参考解答[3 017求矩阵B.2)设矩阵A和B满足AB=A+2B，其中A=011[o14]解：因AB=A+2B，故AB-2B=A，即(A-2E)B=A故B=（A-2EA=123四、（本题满分8分）求微分方程y"+6y+（9+α）y=1的通解.其中常数a>0解：由特征方程r+2r+(9+α)r=0，知其特征根根为r=0,23=-3±ai故对应齐次方程的通解为y=C+C,e-3cosx+C,e-3sinx，其中C,C,C,为任意常数.设原方程的特解为y（x）=Ax，代入原方程可得A=9+a21-3x sinx+因此，原方程的通解为y(x)=j+y=C+C,e-3xcosx+Ce9+a五、选择题（每小题3分，满分12分）(I)设常数k>0,则级数(-1)k+n(C)n2n=l（C）条件收敛(A)发散(B)绝对收敛(D)收敛与发散与k的值有关(2)设f(αx)为已知连续函数,I=tf(tx)dx，s>0,t>0,则I的值(D)(A）依赖于s和t(B)依赖于s、t、x(C）依赖于1和x，不依赖于s(D）依赖于s，不依赖于t(3) 设lim (x)- f(a)-1，则在点x=a处(B)(x-a)2+(A）f(x)导数存在,f(a)+0(B）f(x)取得极大值(C)f(x)取得极小值(D）f(x)的导数不存在(4）设A为n阶方阵，且|A|=α+0，而A是A的伴随矩阵，则A(C)(B) 1 /a(C) a"-(A) aD六、（本题满分10分）1求幂级数的收敛域，并求其和函数= n2"1+*4xun2n解：记u有limlimn2"(n+1)2n+l2n→0n-→aXu.1987年：第2页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987 年数学试题参考解答 1987 年 • 第 2 页 (2) 设矩阵 A 和 B 满足 AB A B   2 ，其中 A  3 0 1 1 1 0 0 1 4           ，求矩阵 B . 解：因 AB A B   2 ，故 AB B A   2 ，即 ( 2 ) A E B A   ， 故 1 B A E A ( 2 )    5 2 2 4 3 2 2 2 3               . 四、（本题满分 8 分） 求微分方程 2 y y a y        6 (9 ) 1 的通解.其中常数 a  0 . 解：由特征方程 3 2 2 r r a r     2 (9 ) 0 ，知其特征根根为 1 2,3 r r ai     0, 3 . 故对应齐次方程的通解为 3 3 1 2 3 cos sin x x y C C e x C e x       ，其中 1 2 3 C C C , , 为任意常数. 设原方程的特解为 * y x Ax ( )  ，代入原方程可得 A  2 1 9  a . 因此，原方程的通解为 * 3 3 1 2 3 ( ) cos sin x x y x y y C C e x C e x          2 1 9  a x . 五、选择题（每小题 3 分，满分 12 分） (1) 设常数 k  0 ，则级数 2 1 ( 1) n k n n n      （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 f (x) 为已知连续函数，   t s I t f tx dx 0 ( ) ，s t   0, 0 ，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 ( ) ( ) ( ) lim 2      x a f x f a x a ，则在点 x a  处 (B) (A) f x( ) 导数存在, f (a)  0 (B) f x( ) 取得极大值 (C) f x( ) 取得极小值 (D) f x( ) 的导数不存在. (4) 设 A 为 n 阶方阵, 且 A a 0, 而 * A 是 A 的伴随矩阵，则 * A = (C) (A) a (B) 1/ a (C) n1 a (D) n a 六、（本题满分 10 分） 求幂级数 1 1 2 1     n n n x n 的收敛域，并求其和函数. 解：记 1 1 2 n n n u x n   ，有 1 1 1 2 lim lim ( 1)2 2 n n n n n n n n u x n x u n x         

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题参考解答1，知原级数在开区间（-2,2)内每一点都收敛2-(-2)*=22(-1)1 又当x=-2时，原级数=Z故由莱布尼兹判别法知其收敛：=i2nn=*=-2(-1)1!而当x=2时，原级数=，显然发散，故幂级数的收敛域为[-2,2)n2"n-eT1=±21()"=xs(),， 其中S(n)=)又记S(x)=1二n2nnldx2有 S(x)=于是S(x)==2ln(V1-x/25-x/2n=l2因此幂级数的和函数为S(x)=2xlnxe[-2,2]2-x七、（本题满分10分）计算曲面积分 1 =[,x(8y+1)dydz+2(1-y)dzdx-4yzdxdy,其中s是曲线[==V-1（1≤y≤3）绕Y轴旋转一周所形成的曲面，它的法向量与Y轴(x=0正向的夹角恒大于元/2.解：S的方程为y=x+22+1，记S：y=3,(2+2)，知S+S,为封闭曲面，设其方向取外侧，所围区域为Q，则由高斯公式，有1=dbsx(8y+1)dydz +2(1-y)dzdx-4yzdxdy -[[,x(8y+1)dydz +2(1-y)dzdx-4yzdxd)= []],1-dv-0-[],2(1- y)dydz +0='dy[[, dzdx-[[, 2(1- 3)dzdx['(y-1)dy+16·元-2=34元.八、（本题满分10分）设函数(x)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(x)+1.证明 在(0,1)内有且仅有一个x，使f(x)=x.证：令h(t)=f(t)-t，知h(t)在闭区间[0,11上连续，又由题设知0<f(x)<1，于是有h(0)=f(0)-0>0,h(1)=f(1)-1<0.故由零点定理，在(0,1)内有x，使f(x)=x假若f(x)在开区间(0,1)内有两个不同的点x,和xz，使得f(x)=x，f(x）=x2不妨设x<xz，则易见f(x)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3页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987 年数学试题参考解答 1987 年 • 第 3 页 令 1 2 x  ，知原级数在开区间 ( 2, 2)  内每一点都收敛. 又当 x 2 时，原级数= 1 1 1 1 1 1 ( 2) 2 ( 1) 2 n n n n n n n            ，故由莱布尼兹判别法知其收敛； 而当 x  2 时，原级数= 1 1 1 1 1 1 2 2 ( 1) 2 n n n n n n n          ，显然发散，故幂级数的收敛域为 [2,2) . 又记 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 n n n n n x S x x x xS x n n           ，其中 1 1 1 ( ) ( ) 2 n n x S x n    ， 有 1 1 1 1 ( ) ( ) 2 1 / 2 n n x S x x         ，于是 1 0 2 ( ) 2ln( ) 1 / 2 2 x dx S x x x      ， 因此幂级数的和函数为 2 ( ) 2 ln 2 S x x x   ， x [ 2,2) . 七、（本题满分 10 分） 计算曲面积分 2 (8 1) 2(1 ) 4 S I x y dydz y dzdx yzdxdy       ， 其中 s 是曲线 (1 3) 0 1         y x z y 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 2 2 y x z   1 ，记 1 S ： 2 2 y x z   3, ( ) ，知 1 S S  为封闭曲面，设其 方向取外侧，所围区域为  ，则由高斯公式，有 1 2 (8 1) 2(1 ) 4 S S I x y dydz y dzdx yzdxdy        1 2 (8 1) 2(1 ) 4 S      x y dydz y dzdx yzdxdy  1 2 1 0 2(1 ) 0 S dv y dydz          = 3 2 1 2(1 3 ) D D y z x dy dzdx dzdx      3 1       ( 1) 16 2 34 y dy    . 八、（本题满分 10 分） 设函数 f (x) 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 f (x)  1.证明 在 (0,1) 内有且仅有一个 x ，使 f x x ( )  ． 证：令 h t f t t ( ) ( )   ，知 ht() 在闭区间 [0,1] 上连续，又由题设知 0 ( ) 1   f x ，于是 有 h f h f (0) (0) 0 0, (1) (1) 1 0       . 故由零点定理，在 (0,1) 内有 x ，使 f x x ( )  . 假若 f (x) 在开区间 (0,1) 内有两个不同的点 1 x 和 2 x ，使得 1 1 f x x ( )  ， 2 2 f x x ( )  ， 不妨设 1 2 x x  ，则易见 f (x) 在闭区间 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，故由拉格朗日定理知

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题参考解答(0,1),使得 F()=()-()，即F()=1 此与F()1矛盾！故在(0,1)内使x2-)f(x)=x的x只能有一一个九、（本题满分8分）x+x+x+x=0x +2x +2x4 =1问a,b为何值时，线性方程组有唯一解？无解？有无穷多解？x +(a-3)x-2x =b3x +2x, +x,+ax, =-1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(101110-1223A=(A b)=0b-1-2-0b+1a-33210000a-la①当a±1时，系数行列式A=（a-1)?+0，故由克拉姆法则，原方程组有唯一解；②当a=1,且b±-1时,r(A)=3,r(A)=2,r(A)≠r(A)，故原方程组无解：③当α=1，且b=-1时，r(A)=r(A)=2<4，故原方程组有无穷的解。此时显然有0-1-1-11022110A=(A b) -00000000000可见其通解为：x=(-1,1,0,0)+c(1-2,1,0)+c(1,-2,0,1)"，其中c,c,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 1-(1-p)";而事件A至多发生一次的概率为 [1+(n-1)pl(1-p)"-(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20/531987年·第4页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987 年数学试题参考解答 1987 年 • 第 4 页   (0,1) ，使得 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) f x f x f x x      ，即 f ( ) 1   .此与 f (x)  1 矛盾！故在 (0,1) 内使 f x x ( )  的 x 只能有一个. 九、（本题满分 8 分） 问 a b, 为何值时，线性方程组 1 2 3 4 234 2 3 4 1 2 3 4 0 2 2 1 ( 3) 2 3 2 1 x x x x x x x x a x x b x x x ax                         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  1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 2 2 1 0 1 2 2 1 ( ) 0 1 3 2 0 0 1 0 1 3 2 1 1 0 0 0 1 0 A A b a b a b a a                                   ○1 当 a  1 时，系数行列式 2 A a    ( 1) 0 ，故由克拉姆法则，原方程组有唯一解； ○2 当 a 1 ，且 b  1 时，  r A r A ( ) 3, ( ) 2   ，  r A r A ( ) ( )  ，故原方程组无解； ○3 当 a 1，且 b  1 时，  r A r A ( ) ( ) 2 4    ，故原方程组有无穷的解. 此时显然有  1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 2 2 1 0 1 2 2 1 ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A A b                             可见其通解为： 1 2 ( 1,1,0,0) (1, 2,1,0) (1, 2,0,1) T T T x c c       ，其中 1 2 c c, 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 n 1 (1 p) ；而事件 A 至多发生一次的概率为 1 [1 ( 1) ](1 )     n n p p . (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

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987年数学试题参考解答1e--+2x-1，则X的数学期望为；X的(3)已知连续随机变量X的密度为f(x)=1元方差为1/2、（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ley[10≤x≤1y>0求随机变量Z=2X+Y的概率密度函数f()10其老：1)=fx(x)=0Y≤Oe-y0≤x≤1,y>0解：由题设，（X,Y）的联合密度为f(x,y)=fx(x)f(y)：其它0故Z的分布函数F(=)=P(Z≤z)=P(2X+Y≤z)=(f(x,y)dxdy)21+1① 当z<0时，F(=)= （「 0dxdy=0，此时f(=)=0'=0:①当0≤2≤2时, F(a)=Jd/e'dx=,e-dy-J je'dy， 此时(a)=F(a)=.e'dy=2(-ei);? 当z>2时, F(a)=f,xj。e-"dly=J"(l-e)d=1-(e~-1)e", 此时2f.()=F()=-(e-1)e-oz<0(1-e")0≤z≤2综上所述，Z=2X+Y的概率密度函数为J.(=)=1(1e"(e- -1)Z>2海1987年：第5页

郝海龙：考研数学复习大全·配套光盘·1987 年数学试题参考解答 1987 年 • 第 5 页 (3) 已知连续随机变量 X 的密度为 2 1 1 2 ( )     x x f x e  ，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       0 其 它 1 0 1 ( ) x f x X ；        0 0 0 ( ) y e y f y y Y ，求随机变量 Z = 2 X + Y 的概率密度函数 ( ) z f z . 解：由题设， ( , ) X Y 的联合密度为 0 1, 0 ( , ) ( ) ( ) 0 y X Y e x y f x y f x f y          其 它 ， 故 Z 的分布函数 2 ( ) ( ) (2 ) ( , ) z x y z F z P Z z P X Y z f x y dxdy          ， ○1 当 z  0 时， 2 ( ) 0 0 z x y z F z dxdy      ，此时 ( ) 0 0 z f z    ； ○2 当 0 2  z 时， 2 0 0 0 0 1 ( ) 2 2 z y z z z y y y z z F z dy e dx e dy ye dy            ，此时 0 1 1 ( ) ( ) (1 ) 2 2 z y z z z f z F z e dy e        ； ○3 当 z  2 时， 1 2 1 2 2 0 0 0 1 ( ) (1 ) 1 ( 1) 2 z x y x z z F z dx e dy e dx e e z               ，此时 1 2 ( ) ( ) ( 1) 2 z z z f z F z e e     综上所述，Z = 2 X + Y 的概率密度函数为 ( ) z f z  1 2 1 2 2 0 0 (1 ) 0 2 ( 1) 2 z z z e z e e z              